\input{preamble}

\title{1 - 5 - LINEÆRALGEBRA I - LF}

\begin{document}
\pagenumbering{gobble}

\maketitle



\begin{oppgave}{2}
Vi ganger den første likningen med 4,
trekker den andre likningen fra dette,
og får
\[
	2b + 3c = 5.
\]
Nå bytter vi likning nummer to ut med denne,
og får likningssystemet
	\[
\setlength\arraycolsep{1pt}
\begin{array}{rcrcrc@{\;}l}
a   & + &   b   & + &      c  &  =   &  2 \\
   &  &  2a   & + &       3c   &  =   &  5 \\
9a   &  + &    3b   &  + &   c   &  =   &  1
\end{array}
\]
Vi gjentar prosessen,
	ganger første likning med 9 og trekker den tredje likningen fra dette,
	bytter ut tredje likning med det vi fikk,
og får
	\[
\setlength\arraycolsep{1pt}
\begin{array}{rcrcrc@{\;}l}
a   & + &   b   & + &      c  &  =   &  2 \\
   &  &  2b   & + &       3c   &  =   &  5 \\
   &   &    6b   &  + &   8c   &  =   &  17
\end{array}
\]
Nå kan vi gange den andre likningen med 3,
	trekke dette fra likning tre,
	og bytte ut denne,
	slik at vi får
	\[
\setlength\arraycolsep{1pt}
\begin{array}{rcrcrc@{\;}l}
a   & + &   b   & + &      c  &  =   &  2 \\
   &  &  2b   & + &       3c   &  =   &  5 \\
   &   &       &   &   c   &  =   &  -2
\end{array}
\]
Nå har vi fått \textbf{trappeform},
	og det er bra,
	for vi kan regne ut
	\begin{align*}
		c& = - 2 \\
		b& = \left( 5 + 3\cdot 2  \right)/2 = 11/2 \\
		a& = 2 - 11/2 + 2  = - 3/2
	\end{align*}
	Polynomet som går gjennom punktene $(1,2)$, $(2,3)$ og $(3,1)$ er altså
	\[
		p(x) = \frac{1}{2}\left( -3x^2 + 11x  - 4 \right).
	\]
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{4}
	Du trenger ikke fasit på disse.
	Noen få linjer i python gir deg den:
	\begin{lstlisting}
		A = np.array([[2, 3, 4], [3, 4, 5], [4, 5, 7]])
		b = np.array([4, 5, 3])
		x = np.linalg.solve(A, b)
	\end{lstlisting}
	Jeg skal allikevel ta den siste:
	\[
		\begin{amatrix}{3}
			2 & i & 5-3i &10 \\
			4 & 2i & 10+2i &20+16i \\
			2i & -1 & 4+6i &2+12i
		\end{amatrix}
	\]
	for det er mange som blir forvirret av gausseliminasjon når det er komplekse tall involvert.
	Begynn med å gange første likning med 2,
	trekke den fra likning nummer 2,
	og bytte ut:
	\[
		\begin{amatrix}{3}
			2 & i & 5-3i &10 \\
			0 & 0 & 8i &16i \\
			2i & -1 & 4+6i &2+12i
		\end{amatrix}
	\]
	Så ganger vi første likning med $i$,
	trekker den fra den siste,
	og får
	\[
		\begin{amatrix}{3}
			2 & i & 5-3i &10 \\
			0 & 0 & 8i &16i \\
			0 & 0 & 1+i &2+2i
		\end{amatrix}
	\]
	Hvis vi nå ganger likning nummer to med $(1+i)/8i$ og trekker dette fra den siste og bytter ut,
	får vi
	\[
		\begin{amatrix}{3}
			2 & i & 5-3i &10 \\
			0 & 0 & 8i &16i \\
			0 & 0 & 0 & 0
		\end{amatrix}
	\]
	Hm. Det er visst bare to likninger dette her.
	Den ene forsvant helt under gausseliminasjon!
	Siden likningene var konsistente får vi uendelig mange løsninger,
	og de kan skrives opp som følger.
	Først gir den andre likningen at $x_3=2$,
	og da sitter vi igjen med likningen
	\[
		2x_1 + ix_2 + 2(5-3i) = 10.
	\]
	Nå kan vi velge $x_2=s$,
	regne ut at
	\[
		x_1 = 6i - si.
	\]
	Det er vanlig å skrive opp løsningene på vektorform slik:
	\[
		\begin{pmatrix}
			x_1 \\
			x_2 \\
			x_3
		\end{pmatrix}
		=
		\begin{pmatrix}
			6i - si \\
			s \\
			2
		\end{pmatrix}
		=
		\begin{pmatrix}
			6i \\
			0 \\
			2
		\end{pmatrix}
		+s
		\begin{pmatrix}
			- i \\
			1 \\
			0
		\end{pmatrix}.
	\]
	Dette kalles å \textbf{parametrisere løsningsrommet}.
\end{oppgave}

	\begin{oppgave}{5}
		Vi gausser
		\[
			\begin{amatrix}{3}
			2 & 3 & 4 &4 \\
			3 & 4 & 5 &5 \\
			4 & 5 & 6 &3
			\end{amatrix}
			\sim
			\begin{amatrix}{3}
			2 & 3 & 4 &4 \\
			0 & 1 & 2 &2 \\
			0 & 1 & 2 &5
			\end{amatrix}
		\]
		Huff da, $x_{2} + 2x_3$ kan da ikke være både 2 og 5.
		Disse likningene var inkonsistente,
		og vi har ingen løsning.
		Neste:
		\[
			\begin{amatrix}{3}
				2 & 3 & 4 &8 \\
				3 & 4 & 5 &10 \\
				4 & 5 & 6 &12
			\end{amatrix}
			\sim
			\begin{amatrix}{3}
				2 & 3 & 4 &8 \\
				0 & 1 & 2 &4 \\
				0 & 1 & 2 &4
			\end{amatrix}
			\sim
			\begin{amatrix}{3}
				2 & 3 & 4 &8 \\
				0 & 1 & 2 &4 \\
				0 & 0 & 0 &0
			\end{amatrix}
		\]
		Disse likningene var konsistente,
		så nå kan du prøve å parametrisere løsningsrommet slik som i forrige oppgave.
		Den neste er lett:
		\[
		\begin{amatrix}{3}
			2 & 3 & 4 &0 \\
			3 & 4 & 5 &0 \\
			4 & 5 & 7 &0
		\end{amatrix}
		\sim 
		\begin{amatrix}{3}
			2 & 3 & 4 &0 \\
			0 & 1 & 2 &0 \\
			4 & 5 & 7 &0
		\end{amatrix}
		\sim 
		\begin{amatrix}{3}
			2 & 3 & 4 &0 \\
			0 & 1 & 2 &0 \\
			0 & 1 & 1 &0
		\end{amatrix}
		\sim 
		\begin{amatrix}{3}
			2 & 3 & 4 &0 \\
			0 & 1 & 2 &0 \\
			0 & 0 & 1 &0
		\end{amatrix}
		\]
		Den siste likningen sier at $x_3=0$. 
		Dersom $x_3=0$, 
		sier den andre likningen at $x_2=0$, 
		og dersom $x_2=x_3=0$, 
		sier den første likningen at $x_1=0$. 
		Med andre ord impliserer likningssettet at $x_1=x_2=x_3=0$.
		Den siste er lik på en av de forrige:
		\[
			\begin{amatrix}{3}
				2 & 3 & 4 &0 \\
				3 & 4 & 5 &0 \\
				4 & 5 & 6 &0
			\end{amatrix}
			\sim
			\begin{amatrix}{3}
				2 & 3 & 4 &0 \\
				0 & 1 & 2 &0 \\
				0 & 0 & 0 &0
			\end{amatrix}
		\]
og vi får uendelig mange løsninger
		\[
			\begin{pmatrix}
				x_1 \\
				x_2 \\
				x_3
			\end{pmatrix}
			=s
			\begin{pmatrix}
				1 \\
				-2 \\
				1
			\end{pmatrix}.
		\]
	\end{oppgave}

	\begin{oppgave}{6}
		Likningssystemene i oppgaven over handler alle om å finne skjæringspunkter mellom tre plan.
		I likningssystemene med matrise
		\[
			\begin{pmatrix}
				2 & 3 & 4 \\
				3 & 4 & 5  \\
				4 & 5 & 6
			\end{pmatrix}
		\]
		finnes det ikke noe punkt der alle planene skjærer hverandre,
		siden de tre normalvektorene ligger i det samme planet.
		Dette kan du finne ut av ved å ta trippelproduktet mellom
		de tre normalvektorene.
		I likningssystemene med matrise
		\[
			\begin{pmatrix}
				2 & 3 & 4 \\
				3 & 4 & 5  \\
				4 & 5 & 7
			\end{pmatrix}
		\]
		peker normalvektorene i \say{hver sin retning},
		og det finnes et entydig skjæringspunkt mellom alle planene.

		Dette kan være litt vanskelig å se for seg.
		Ta tre ark og eksperimenter litt med de forskjellige situasjonene.
		Hvis du synes det er håpløst,
		kan jeg trøste deg med at du får en bedre teknikk om noen få strakser.
	\end{oppgave}
		
	\begin{oppgave}{7}
		Anta 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 du trekker disse to likningene fra hverandre og bruker 
		vektorregnereglene du lærte på skolen, 
		får du 
		\[
		(c_1-d_1)\mathbf v_1+(c_2-d_2)\mathbf v_2 +\cdots +(c_n-d_n)\mathbf v_n=\mathbf w-\mathbf w = \mathbf 0.
		\]
		Siden  $\mathbf v_1$, $\mathbf v_2$ ... $\mathbf v_n$ 
		er lineært uavhengige må nå
		\[
		c_1-d_1=c_2-d_2=\cdots =c_n-d_n=0
		\]
		som betyr at 
		\[
		c_1=d_1,c_2=d_2=\cdots c_n=d_n.
		\]
		\end{oppgave}


\begin{oppgave}{8} 
	La oss ta for oss det første systemet i oppgave 3:
	\[	
	\begin{amatrix}{3}
		2 & 3 & 4 &4 \\
		3 & 4 & 5 &5 \\
		4 & 5 & 7 &3
		\end{amatrix}
	\]
	Dette er altså en vektorlikning:
	\begin{align*}
		x_1
		\left( \;
			\begin{matrix}
				2\\
				3\\
				4
			\end{matrix}
		\; \right)
		+
		x_2
		\left( \;
			\begin{matrix}
				3\\
				4\\
				5
			\end{matrix}
		\; \right)
		+
		x_3
		\left( \;
			\begin{matrix}
				4\\
				5\\
				7
			\end{matrix}
		\; \right)
		=
		\left( \;
			\begin{matrix}
				4\\
				5\\
				3
			\end{matrix}
		\; \right).
	\end{align*}
	For å undersøke om vektorene i lineærkombinasjonen
	på venstre side er lineært uavhengige, 
	må vi løse systemet 
	\begin{align*}
		x_1
		\left( \;
			\begin{matrix}
				2\\
				3\\
				4
			\end{matrix}
		\; \right)
		+
		x_2
		\left( \;
			\begin{matrix}
				3\\
				4\\
				5
			\end{matrix}
		\; \right)
		+
		x_3
		\left( \;
			\begin{matrix}
				4\\
				5\\
				7
			\end{matrix}
		\; \right)
		=
		\left( \;
			\begin{matrix}
				0\\
				0\\
				0
			\end{matrix}
		\; \right).
	\end{align*}
	Gausser du dette slik som i oppgave 5,	
	får du at $x_1=x_2=x_3=0$, 
	og dermed er vektorene lineært uavhengige. 
	Følgelig ser vi at systemet 
	\begin{align*}
		\begin{amatrix}{3}
			2 & 3 & 4 &4 \\
			3 & 4 & 5 &5 \\
			4 & 5 & 7 &3
		\end{amatrix}
	\end{align*}
	ikke kan ha mer enn én løsning.
	Det neste systemet i oppgave 3 har lineært 
	uavhengige vektorer på venstre side, 
	for jeg konstruerte det ved å tegne en krets og skrive ned likninger
	for alle strømmene i kretsen - 
	du kan analysere det på samme måte som jeg nettopp viste. 
	Det siste systemet med komplekse tall kan umulig ha linæert uavhengige kolonner,
	for når vi løste systemet, 
	fikk vi uendelig mange løsninger.
	I oppgave 5 har du allerede sjekka lineær uavhengighet 
	da du løste systemene med nullvektor på høyre side. 
	Vektorene på venstre side i det siste systemet i oppgave 5
	har lineært uavhengige kolonner. 
	Siden det er tre likninger og to ukjente tenkte du kanskje at det ikke kunne være noen løsning, 
	men det er det, 
	og den er entydig siden de to vektorene er lineært uavhengige. 
	At de er lineært uavhengige er lett å se siden to vektorer er 
	lineært avhengige hvis og bare hvis de er parallelle.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{9}
	Å gange sammen matriser er en formel.
	Du går på Norges hippeste ingeniørutdanning.
	Du klarer det.
	Her er fasiten:
	\[
		\begin{pmatrix}
			20 & 47 & 74 \\
			26 & 62 & 98 \\
			35 & 83  & 131 \\
		\end{pmatrix}
	\]
\end{oppgave}


\begin{oppgave}{10}
	Dersom to matriser skal kunne ganges sammen, 
	må antall kolonner i den til venstre være 
	det samme som antall rader i den til høyre, 
	ellers går det ikke. 
	Pythonrutinen for å gange sammen matriser kalles \say{matmul}.
	Denne kalles ved å bruke @:\\
	\url{https://numpy.org/doc/stable/reference/generated/numpy.matmul.html}\\
	se nederst på lenken i fotnoten.
	Du kan prøve alle produktene i oppgaven med denne. 
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{11}
	Nei og nei: 
\[
\begin{pmatrix}
2 & 3 & 4 \\
3 & 4 & 5 \\
4 & 5 & 7
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
2 & 3 & 4 \\
3 & 4 & 5 \\
4 & 5 & 7
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}
	\begin{pmatrix}
2 & 3 & 4 \\
3 & 4 & 5 \\
4 & 5 & 7
\end{pmatrix}
\]
	Se så kjekt:
	\[
		\begin{pmatrix}
			2 & 3 & 4 \\
			3 & 4 & 5 \\
			4 & 5 & 7
			\end{pmatrix}
			\begin{pmatrix}
			-3 & 1 & 1 \\
			1 & 2 & -2 \\
			1 & -2 & 1
			\end{pmatrix}
			=
			\begin{pmatrix}
			-3 & 1 & 1 \\
			1 & 2 & -2 \\
			1 & -2 & 1
			\end{pmatrix}
			\begin{pmatrix}
			2 & 3 & 4 \\
			3 & 4 & 5 \\
			4 & 5 & 7
			\end{pmatrix}
			=
			\begin{pmatrix}
			1 & 0 & 0 \\
			0 & 1 & 0 \\
			0 & 0 & 1
			\end{pmatrix}
		\]
	Dette kan brukes til å løse likningssystemer.
	Hvis du ganger med den inverse fra venstre på likningssystemet
	\[
		A\mathbf{x} = \mathbf{b},
	\]
	får du løsningen
	\[
		\mathbf{x} = A^{-1}\mathbf{b},
	\]
	bare se her:
	\[
		\begin{pmatrix}
			-3 & 1 & 1 \\
			1 & 2 & -2 \\
			1 & -2 & 1
		\end{pmatrix}
		\begin{pmatrix}
			4 \\
			5 \\
			3
		\end{pmatrix}
				=
		\begin{pmatrix}
			-4 \\
			8 \\
			-3
		\end{pmatrix}
	\]
	Dette er det du fikk som løsning på et av systemene i oppgave 3.
\end{oppgave}



\begin{oppgave}{12}
	Vi ønsker å finne en matrise $B$ slik at $AB=I$. 
	Dette er egentlig bare å løse de tre likningssystemene 
	\begin{align*}
		\begin{amatrix}{3}
			2 & 3 & 4 & 1 \\
			3 & 4 & 5 & 0\\
			4 & 5 & 7 & 0
		\end{amatrix}					
		\hspace*{10mm}
		\text{og}
		\hspace*{10mm}
		\begin{amatrix}{3}
			2 & 3 & 4 & 0 \\
			3 & 4 & 5 & 1\\
			4 & 5 & 7 & 0
		\end{amatrix}					
		\hspace*{10mm}
		\text{og}
		\hspace*{10mm}
		\begin{amatrix}{3}
			2 & 3 & 4 & 0 \\
			3 & 4 & 5 & 0\\
			4 & 5 & 7 & 1
		\end{amatrix}					
	\end{align*}
	og dette kan gjøres simultant ved å 
	gausseliminere matrisen
	\[
		\begin{pmatrix}
			2 & 3 & 4 & 1 & 0 & 0\\
			3 & 4 & 5 & 0 & 1 & 0\\
			4 & 5 & 7 & 0 & 0 & 1
		\end{pmatrix}.
	\]
	Gausseliminerer du helt til du får
	\[
		\begin{pmatrix}
			1 & 0 & 0 & -3 & 1 & 1 \\
			0 & 1 & 0 & 1 & 2 & -2 \\
			0 & 0 & 1 & 1 & -2 & 1
		\end{pmatrix}
	\]
	har du fått tak i $A^{-1}$ til høyre i systemet.
	Dette er kjedelig,
	men en fin test på om du kan gausseliminere feilfritt.

	Hvis du ikke liker å gausse,
	kan du ta alle de ni $2\times 2$-determinanter som er mulig å beregne
	ved å slette en kolonne og en rad i $A$,
	sette dem opp i et spesielt mønster,
	gange noen av dem med $-1$,
	og til slutt dele alt på $\det A$.
	Dette kalles \textbf{kofaktorekspansjon}:\\
	\url{https://en.wikipedia.org/wiki/Invertible_matrix}
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{14}
$\hspace{10mm}BA =
	\begin{pmatrix}
42 & 54 & 73 \\
51 & 66 & 89 \\
60 & 78 & 105
\end{pmatrix}
\neq BA =
	\begin{pmatrix}
20 & 47 & 74 \\
26 & 62 & 98 \\
35 & 83 & 131
\end{pmatrix}
$
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{15}
	Atommatrisen blir 
	\begin{align*}
	\begin{pmatrix}
		        & \ce{C6H14O4} & \ce{O2} & \ce{CO2} & \ce{H2O} \\[2mm]
		\ce{C} & 6 & 0 & -1 & 0 \\
		\ce{H} & 14 & 0 & 0 & -2 \\
		\ce{O} & 4 & 2 & -2 & -1
	\end{pmatrix}
	\end{align*}
	De tre siste kolonnene er lineært avhengige, 
	siden 
	\begin{align*}
	\begin{amatrix}{3}
		0 & -1 & 0 & 0\\
		0 & 0 & -2 & 0 \\
		2 & -2 & -1 & 0
	\end{amatrix}
	\end{align*}
	kun løses av nullvektoren.
	Fire vektorer i $\mathbb{R}^3$ kan åpenbart ikke være lineært uavhengige, 
	og nå kan jeg et lurt triks som du skal få lære i neste uke, 
	og det er at da må løsningsrommet til 
	\begin{align*}
	\begin{amatrix}{4}
		6 & 0 & -1 & 0 & 0\\
		14 & 0 & 0 & -2 & 0 \\
		4 & 2 & -2 & -1 & 0
	\end{amatrix}
	\end{align*}
	være endimensjonalt. 
	Sett $d=s$. 
	Den andre likningen gir $14a - 2s = 0$, 
	slik at $a=s/7$. 
	Videre gir likning nummer én at $6s/7 - c = 0$, 
	eller $c = 6s/7$. 
	Til slutt gir den nederste likningen  
	$4s/7 + 2b -12s/7 -s =0$
	eller 
	$4s + 14b -12s -7s =0$, 
	slik at 
	$b=15s/14$.
	Alt i alt har vi nå
	\begin{align*}
		\left( \;
	\begin{matrix}
		a\\
		b\\
		c\\
		d
	\end{matrix}
	\;  \right)
	=
	s
	\left( \;
	\begin{matrix}
		1/7\\
		15/14\\
		6/7\\
		1
	\end{matrix}
	\;  \right)
	=
	\frac{s}{14}
	\left( \;
	\begin{matrix}
		2\\
		15\\
		12\\
		14
	\end{matrix}
	\;  \right)
	\end{align*}
	slik at korrekt balansering blir 
	\[
		2\ce{C6H14O4}+15\ce{O2} \to 12\ce{CO2}+14\ce{H2O}.
	\]
\end{oppgave}

\begin{comment}		
	
	\begin{oppgave}{7}
		Nå er det litt lettere å se for seg.
		Hvis de tre vektorene $\mathbf{a}_1$,
		$\mathbf{a}_2$ og $\mathbf{a}_3$
		peker i \say{hver sin retning},
		slik som
		\[
			\begin{pmatrix}
				2  \\
				3   \\
				4
			\end{pmatrix}
			\hspace{10mm}
			\text{og}
			\hspace{10mm}
			\begin{pmatrix}
				 3  \\
				 4   \\
				 5
			\end{pmatrix}
			\hspace{10mm}
			\text{og}
			\hspace{10mm}
			\begin{pmatrix}
				 4 \\
				 5  \\
				 7
			\end{pmatrix}
		\]
		kan du nå frem til hvor som helst i $\mathbb{R}^3$ ved å lineærkombinere dem;
		det skjønner alle barn i barnehagen.
		Dersom de ligger i samme plan,
		slik som vektorene
		\[
			\begin{pmatrix}
				2  \\
				3   \\
				4
			\end{pmatrix}
			\hspace{10mm}
			\text{og}
			\hspace{10mm}
			\begin{pmatrix}
				 3  \\
				 4   \\
				 5
			\end{pmatrix}
			\hspace{10mm}
			\text{og}
			\hspace{10mm}
			\begin{pmatrix}
				 4 \\
				 5  \\
				 6
			\end{pmatrix}
		\]
		kommer du deg ikke ut av dette planet uansett hva slags lineærkombinasjon du velger.

		Hvis du skal finne ut om tre vektorer ligger i samme plan,
		kan du ta trippelproduktet mellom dem.
		Dette kalles for øvrig matrisens \textbf{determinant},
		og gir deg volumet av parallellepipedet utspent av vektorene.
		Er dette volumet null,
		ligger de i samme plan,
		og er det noe annet enn null,
		peker de i \say{hver sin retning}.
		Forhåpentligvis skjønner du nå at \say{hver sin retning}
		er bare tull og tøys, og sier oss ingenting.
		Vi trenger et mer presist konsept.
		Derfor lineær uavhengighet,
		se neste oppgave.
	\end{oppgave}

	\begin{oppgave}{8}
		Vektorene
		\[
			\begin{pmatrix}
				2  \\
				3   \\
				4
			\end{pmatrix}
			\hspace{10mm}
			\text{og}
			\hspace{10mm}
			\begin{pmatrix}
				 3  \\
				 4   \\
				 5
			\end{pmatrix}
			\hspace{10mm}
			\text{og}
			\hspace{10mm}
			\begin{pmatrix}
				 4 \\
				 5  \\
				 6
			\end{pmatrix}
		\]
er lineært avhengige,
		siden de kan lineærkombineres til nullvektoren,
		se oppgave 5.
		Vektorene
				\[
			\begin{pmatrix}
				2  \\
				3   \\
				4
			\end{pmatrix}
			\hspace{10mm}
			\text{og}
			\hspace{10mm}
			\begin{pmatrix}
				 3  \\
				 4   \\
				 5
			\end{pmatrix}
			\hspace{10mm}
			\text{og}
			\hspace{10mm}
			\begin{pmatrix}
				 4 \\
				 5  \\
				 7
			\end{pmatrix}
		\]
er lineært uavhengige siden de kun kan lineærkombineres til nullvektoren ved at vektene alle er null,
		se oppgave 5.
	\end{oppgave}

	\begin{oppgave}{61}
		La $x$ være antall høns og $y$ være antall kyr.
		Han har sagt at antall hoder er 141,
		som gir
		\[
			x+y = 141
		\]
		siden både høns og kyr har ett hode.\footnote{Det finnes visst tohodede skilpadder som har overlevd lenge i fangenskap:\\\url{https://en.wikipedia.org/wiki/Polycephaly}}
		At de har 382 bein tilsammen gir likningen
		\[
			2x+4y = 382.
		\]
		Amund har sagt at hvert av dyrene har $\frac{141}{382}$ bein i gjennomsnitt.
		Dette må åpenbart være feil siden det er høns og kyr det er snakk om,
		og det antagelig har flere enn $0.369$ bein i gjennomsnitt.
		Antagelig mente han at hvert av dyrene har $\frac{382}{141}$ bein i gjennomsnitt.
		Dette er de to likningene over delt på hverandre,
		og siden han åpenbart ikke har ingen dyr,
		er dette en fullgod likning som følger av de to vi allerede har satt opp:
		\[
			\frac{4x+2y}{x+y}	= \frac{382}{141}.
		\]
		At differansen mellom antall hoder er 41,
		er ikke nødvendig å si,
		for dette følger av de to første likningene.
		Hvis vi tar tre av den første likningen og trekker fra den andre,
		får vi likningen
		\[
			x-y = 41.
		\]

		Amund har altså gitt oss fire likninger.
		En person som er trent i lineær uavhengighet vil raskt se at
		de to første likningene er uavhengige.
		Dette kan sees på flere måter.
		La oss først prøve å kombinere dem til likningen $0=0$.
		\begin{align*}
			c_1( x+y &= 141 ) \\
			+\hspace{1mm}c_2( 2x+4y &= 382) \\
			=\hspace{14mm}( 0&=0)
		\end{align*}
		Hvis vi sammenlikner $x$-ene på hver side,
		får vi liknigen
		\[
			c_1 + 2c_2 = 0
		\]
		og gjør vi det samme med $y$-ene,
		får vi
		\[
			c_1 + 4c_2 = 0.
		\]
		Vi kan også gjøre det med høyresiden,
		og da får vi
		\[
			141c_1 + 382c_2 = 0
		\]
		Men det spiller ingen rolle.
		Det eneste valget av $c_1$ og $c_2$ som gjør alle disse likningene sanne,
		er $c_1=c_2=0$.
		Med andre ord er likningene
		\begin{align*}
			x+y &= 41 \\
			2x+4y&= 382
		\end{align*}
		lineært uavhengige,
		og siden det er like mange likninger som ukjente,
		har vi entydig løsning.
		Amund har altså gitt oss to likninger mer enn nødvendig.
		Den ene av likningene var inkonsistent med de andre,
		men hvis vi antar at han byttet om på hoder og bein ved en feiltagelse i akkurat den likningen,
		går alt fint opp.

		Jeg sjekka nå om disse likningene var lineært uavhengige bare for å illustrere.
		I praksis er det enklere å sette opp likningssystemet som en vektorlikning
		\[
			x
			\begin{pmatrix}
				1 \\
				2
			\end{pmatrix}
			+
			y
			\begin{pmatrix}
				1 \\
				4
			\end{pmatrix}
			=
			\begin{pmatrix}
				141 \\
				382
			\end{pmatrix}
		\]
		og sjekke om vektorene
		\[
			\begin{pmatrix}
				1 \\
				2
			\end{pmatrix}
		\hspace{10mm}
			\text{og}
			\hspace{10mm}
			\begin{pmatrix}
				1 \\
				4
			\end{pmatrix}
		\]
		er lineært uavhengige.
		Det er de,
		for
			\[
			c_1
			\begin{pmatrix}
				1 \\
				2
			\end{pmatrix}
			+
			c_2
			\begin{pmatrix}
				1 \\
				4
			\end{pmatrix}
			=
			\begin{pmatrix}
				0 \\
				0
			\end{pmatrix}
		\]
		løses kun av $c_1=c_2=0$,
		og vi kan konkludere at likningssystemet har entydig løsning.
	\end{oppgave}

\begin{oppgave}{62}
 Hvis du legger sammen den første og den tredje likningen og så trekker fra to av den i midten,
	får du likningen $0=0$.
	Med andre ord kan du skrive den første likningen som to av den andre minus den tredje,
	og den tredje som to av den andre minus den første,
	eller eventuelt den andre som en halv av den først pluss en halv av den tredje.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{63}
Nei.
Du kan selv sjekke at likningene er lineært uavhengige.
Dette er synonymt med at ingen av dem følger av de andre.
\end{oppgave}


\begin{oppgave}{64}
Ja.
Hvis du prøver å få likningen
\[
	c_1e^{-t}\cos t +c_2e^{-t}\sin t = 0
\]
til å være sann for alle $t$,
er du pent nødt til å velge $c_1=c_2=0$.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{65}
Nei,
for
\[
\cos^2 t
+
\sin^2 t
-1\quad =0.
\]
\end{oppgave}


\begin{oppgave}{66}
Ja.
Et andre ordens polynom
\[
c_2x^2
+
c_1x
+
c_0
\]
	er da ikke identisk lik null.
\end{oppgave}




\begin{oppgave}{13}
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{$12^{-1}$}
\end{oppgave}




\begin{minipage}{27mm}
	\begin{oppgave}{15}
		$\begin{pmatrix}
		20\\
		26\\
		35
	\end{pmatrix}$
\end{oppgave}
\end{minipage}
\begin{minipage}{27mm}
	\begin{oppgave}{16}
		$\begin{pmatrix}
		47\\
		62\\
		83
	\end{pmatrix}$
\end{oppgave}
\end{minipage}
\begin{minipage}{27mm}
	\begin{oppgave}{17}
		$\begin{pmatrix}
		67\\
		88\\
		118
	\end{pmatrix}$
\end{oppgave}
\end{minipage}
\begin{minipage}{27mm}
	\begin{oppgave}{18}
		$\begin{pmatrix}
		67\\
		88\\
		118
	\end{pmatrix}$
\end{oppgave}
\end{minipage}
\begin{minipage}{27mm}
	\begin{oppgave}{19}
		$\begin{pmatrix}
		181\\
		138\\
		319
	\end{pmatrix}$
\end{oppgave}
\end{minipage}
\begin{minipage}{27mm}
	\begin{oppgave}{20}
		$\begin{pmatrix}
		181\\
		138\\
		319
	\end{pmatrix}$
\end{oppgave}
\end{minipage}


\begin{minipage}{27mm}
\begin{oppgave}{15}
$2t$
\end{oppgave}
\end{minipage}
\begin{minipage}{27mm}
\begin{oppgave}{16}
$1$
\end{oppgave}
\end{minipage}
\begin{minipage}{27mm}
\begin{oppgave}{17}
$2t+1$
\end{oppgave}
\end{minipage}
\begin{minipage}{27mm}
\begin{oppgave}{18}
$2t+1$
\end{oppgave}
\end{minipage}
\begin{minipage}{27mm}
\begin{oppgave}{19}
$4t+3$
\end{oppgave}
\end{minipage}
\begin{minipage}{27mm}
\begin{oppgave}{20}
$4t+3$
\end{oppgave}
\end{minipage}


\begin{oppgave}{23}
Anta at både $x$ og $y$ er løsninger,
altså at
	\[
		\ddot x + b\dot x + cx = 0
		\hspace{10mm}
		\text{og}
		\hspace{10mm}
		\ddot y + b\dot y + cy = 0.
	\]
Nå ser jeg at han fjotten som har laget oppgaven har brukt $b$ til to forskjellige ting,
	både koeffisienten i likningen og vekten i lineærkombinasjonen $ax+by$.
	La oss endre sistnevnte til $z = d_1 x + d_2 y$ istedet.
	Vi setter $z$ inn i likningen og får
	\begin{align*}
		\ddot z + b\dot z + cz &= \frac{d^2}{dt^2} \left( d_1 x + d_2 y \right) + b\frac{d}{dt} \left( d_1 x + d_2 y \right) + c\left( d_1 x + d_2 y \right) \\[2mm]
		&=  \left( d_1 \ddot x + d_2 \ddot y \right) + b \left( d_1 \dot x + d_2 \dot y \right) + c\left( d_1 x + d_2 y \right) \\[2mm]
		&= d_1\left( \ddot x + b\dot x + cx \right) + d_2\left( \ddot y + b\dot y  + cy \right) = 0 + 0 = 0
	\end{align*}
\end{oppgave}


	\begin{minipage}{80mm}
\begin{oppgave}{24}
$\displaystyle \int_0^\pi \sin t \; dt = 2$
\end{oppgave}
\end{minipage}
\begin{minipage}{80mm}
\begin{oppgave}{25}
$\displaystyle \int_0^\pi \cos\left( t/2 \right) \; dt = 2$
\end{oppgave}
\end{minipage}

\begin{oppgave}{26}
$\displaystyle 2\int_0^\pi \sin t  + 3 \cos\left( t/2 \right) \; dt = 2\int_0^\pi \sin t \; dt + 3\int_0^\pi \cos\left( t/2 \right) \; dt = 2\cdot 2 + 3\cdot 2 = 10$
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{54}
	Vi gausser,
	og får
\[
\begin{amatrix}{2}
2 & 3 & 4  \\
3 & 4 & 5 \\
4 & 5 & 6
\end{amatrix}
\sim
\begin{amatrix}{2}
2 & 3 & 4  \\
0 & 1 & 2 \\
0 & 1 & 2
\end{amatrix}
\sim
\begin{amatrix}{2}
2 & 3 & 4  \\
0 & 1 & 2 \\
0 & 0 & 0
\end{amatrix}
\]
	som gir løsninger på formen
	\[
		\begin{pmatrix}
			x_1 \\
			x_2
		\end{pmatrix}
=
		s
		\begin{pmatrix}
			-1 \\
			2
		\end{pmatrix}.
	\]
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{55}
Dette er i bunn og grunn det samme likningssystemet som isted,
så vi kan skrive opp løsningene umiddelbart:
	som gir løsninger på formen
	\[
		\begin{pmatrix}
			x_1 \\
			x_2 \\
			x_3
		\end{pmatrix}
=
		s
		\begin{pmatrix}
			-1 \\
			2
			-1
		\end{pmatrix}.
	\]
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{55}
Disse vektorene er lineært uavhengige,
	så $x_1=x_2=x_3=0$ må være eneste løsning.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{57}
To vektorer $\mathbf{x}$ og $\mathbf{y}$ er parallelle dersom $\mathbf{x} = k\mathbf{y}$,
	der $k$ er en skalar.
	Skriver vi den likningen slik:
	\[
		\mathbf{x} + k\mathbf{y} =\mathbf{0}
	\]
	ser vi at vi har lineærkombinert $\mathbf{x}$ og $\mathbf{y}$ til nullvektoren med vektor som ikke null.
	Altså er de lineært avhengige.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{58}
Tja,
	\[
		\left\{
\begin{pmatrix}
x_1 \\
x_2 \\
x_3 \\
x_4 \\
x_5
\end{pmatrix}
,
		\begin{pmatrix}
1 \\
0 \\
0 \\
0 \\
0
\end{pmatrix},
\begin{pmatrix}
0 \\
1 \\
0 \\
0 \\
0
\end{pmatrix},
\begin{pmatrix}
0 \\
0 \\
1 \\
0 \\
0
\end{pmatrix},
\begin{pmatrix}
0 \\
0 \\
0 \\
1 \\
0
\end{pmatrix},
\begin{pmatrix}
0 \\
0 \\
0 \\
1 \\
1
\end{pmatrix}
		\right\}
\]
duger. Eller hvilken som helst annen lineært uavhengig vektormengde med fem vektorer i $\mathbb{R}^5$.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{59}
Vi gausser
\[
\begin{amatrix}{3}
1&2&3&0\\
2&3&4&1\\
3&4&5&2\\
4&5&6&3
\end{amatrix}
\sim
	\begin{amatrix}{3}
1&2&3&0\\
0&1&2&-1\\
0&2&4&-2\\
0&3&6&-3
\end{amatrix}
\sim
	\begin{amatrix}{3}
1&2&3&0\\
0&1&2&-1\\
0&0&0&0\\
0&0&0&0
\end{amatrix}
\]
Her ble det to lineært uavhengige likninger,
hvis løsninger er
	\[
		\begin{pmatrix}
			x_1 \\
			x_2 \\
			x_3
		\end{pmatrix}
=
		s
		\begin{pmatrix}
			1 \\
			1 \\
			-1
		\end{pmatrix}.
	\]
Det finnes et viktig resultat som sier antall lineært uavhengige rader og kolonner er det samme i alle matriser.
Dette tallet kalles matrisens \textbf{rang}.\footnote{\url{https://en.wikipedia.org/wiki/Rank_(linear_algebra)}}.
Rangen til matrisen
\[
	\begin{pmatrix}
1&2&3&0\\
2&3&4&1\\
3&4&5&2\\
4&5&6&3
\end{pmatrix}
\]
er altså 2,
og dette er antall dimensjoner i kolonnerommmet.

Vi gausser litt mer:
\begin{align*}
\begin{amatrix}{3}
8&-7&0&-3\\
-8&-7&3&-7\\
-4&5&-8&-3\\
-6&6&-4&0
\end{amatrix}
\hspace{5mm}
\sim&
\hspace{5mm}
\begin{amatrix}{3}
8&-7&0&-3\\
0&-14&3&-10\\
-8&10&-16&-6\\
-6&6&-4&0
\end{amatrix}\\
\hspace{5mm}
\sim&
\hspace{5mm}
\begin{amatrix}{3}
8&-7&0&-3\\
0&-14&3&-10\\
0&3&-16&-9\\
-6&6&-4&0
\end{amatrix}\\
\hspace{5mm}
\sim&
\hspace{5mm}
\begin{amatrix}{3}
8&-7&0&-3\\
0&-14&3&-10\\
0&3&-16&-9\\
0&3&-16&-9
\end{amatrix}
\hspace{5mm}
\sim
\hspace{5mm}
\begin{amatrix}{3}
8&-7&0&-3\\
0&-14&3&-10\\
0&3&-16&-9\\
0&0&0&0
\end{amatrix}
\end{align*}
Det sto vel at vi skulle løse likningssystemene,
	men det er ikke så farlig nøyaktig hva løsningen på dette siste systemet er.
Vi på det nåværende tidspunktet at det er entydig løsning,
til tross for at vi har fire likninger og tre ukjente.
Dette er fordi de tre kolonnene i matrisen er lineært uavhengige og vektoren på høyre side ligger i
rommet utspent av disse.
Se neste oppgave.
\end{oppgave}

\clearpage

\begin{oppgave}{60}
Anta at du kan skrive $\mathbf{w}$ som en linæerkombinasjon av
$\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2,\cdots \mathbf{v}_n$
på to forskjellige måter,
altså at vi har både
\[
 \mathbf{w}=c_1\mathbf{v}_1+c_2\mathbf{v}_2+...+c_n\mathbf{v}_n
 \]
og
\[
 \mathbf{w}=d_1\mathbf{v}_1+d_2\mathbf{v}_2+...+d_n\mathbf{v}_n.
 \]
La oss trekke disse likningene fra hverandre,
slik at vi får
\[
 \mathbf{0}=\mathbf{w}-\mathbf{w}=\left( c_1 - d_ 1 \right)\mathbf{v}_1+\left( c_2 - d_ 2 \right)\mathbf{v}_2+...+\left( c_n - d_ n \right)\mathbf{v}_n
 \]
Men siden $\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2,\cdots \mathbf{v}_n$ er lineært uavhengige impliserer denne likningen
at $c_1-d_1 = 0$,
at $c_2-d_2 = 0$
og så videre.
Med andre ord er $c_1=d_1$, $c_2=d_2$, og så videre,
	og følgelig kan $\mathbf{w}$ skrives som en linæerkombinasjon av
	 $\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2,\cdots \mathbf{v}_n$ på kun én måte.
\end{oppgave}


\begin{minipage}{30mm}
	\begin{oppgave}{27}
$
	\begin{pmatrix}
		9\\
		18\\
		18
	\end{pmatrix}
$
\end{oppgave}
\end{minipage}
\begin{minipage}{30mm}
	\begin{oppgave}{28}
$
	\begin{pmatrix}
		5\\
		10\\
		10
	\end{pmatrix}
$
	\end{oppgave}
\end{minipage}
\begin{minipage}{30mm}
	\begin{oppgave}{29}
$
	\begin{pmatrix}
		0\\
		4\\
		-4
	\end{pmatrix}
$
	\end{oppgave}
\end{minipage}
\begin{minipage}{30mm}
	\begin{oppgave}{30}
$
	\begin{pmatrix}
		11\\
		20\\
		24
	\end{pmatrix}
$
	\end{oppgave}
\end{minipage}
\begin{minipage}{30mm}
	\begin{oppgave}{31}
$
\begin{pmatrix}
		0\\
		0\\
		0
	\end{pmatrix}
$
	\end{oppgave}
\end{minipage}

		\begin{oppgave}{32}
De som er interessante her er 27, 29 og 31,
			der $A\mathbf{x}$ er en skalarmultippel av $\mathbf{x}$.
	\end{oppgave}

		\begin{oppgave}{34}
	Ja. Dersom $\mathbf{x}$ er en egenvektor er også skalar multipler av $\mathbf{x}$ det.
			Bare se:
\[
	A
	\begin{pmatrix}
		2\\
		4\\
		4
	\end{pmatrix}
=
	\begin{pmatrix}
		18\\
		36\\
		36
	\end{pmatrix}
=9
	\begin{pmatrix}
		2\\
		4\\
		4
	\end{pmatrix}
\]
		\end{oppgave}

	\begin{oppgave}{35}
		Du vet fra oppgave 60 over at dersom kolonnene er lineært uavhengige,
		har problemet kun én løsning.
		Nullvektoren er definitivt en løsning dersom høyresiden er null,
		og følgelig er det den eneste dersom kolonnene er lineært uavhengige.
	\end{oppgave}

	\begin{oppgave}{36}
		Det karakteristiske polynomet til en $n\times n$-matrise har alltid orden $n$,
		og på grunn av algebraens fundamentalteorem har den følgelig alltid $n$ egenverdier
		dersom du teller med multiplisiteten til hver av dem.
	\end{oppgave}

	\begin{oppgave}{37}
		Dette er et kjedelig arbeid både for dere og meg,
		og et eksempel på hvordan eksamen kan ødelegge alt.
		Studenter bruker timevis av livene sine på å faktorisere tredjegradspolynomer,
		og matematikklærere bruker timevis av livene sine på å konstruere meningsløse matriser
		med karakteristiske polynomer som lar seg faktorisere med penn og papir av
		mennesker som ikke er spesialister i å faktorisere tredjegradspolynomer.

		I dette tilfellet er det relativt enkelt å se at
		\[
			\begin{pmatrix}
				1\\
				1\\
				1
			\end{pmatrix}
		\]
		er en egenvektor,
		og egenvektoren er helt klart 4.
		Dette gjør at du klarer å finne de to andre egenverdiene med polynomdivisjon om det er viktig for deg.
\clearpage

		Når jeg kjører np.linalg.eig på matrisen $B$,
		får jeg
		\begin{lstlisting}
		(array([1., 4., 1.]),
		 array([[-0.81649658,  0.57735027, -0.23513651],
       			[ 0.40824829,  0.57735027, -0.55958248],
       			[ 0.40824829,  0.57735027,  0.79471899]]))
	\end{lstlisting}

		Egenverdien $\lambda = 1$ er lista to ganger,
		som selvfølgelig betyr at den har multiplisitet 2.
		Det som skjer når vi prøver å lete opp egenvektoren til denne,
		er følgende:
		\[
			\begin{amatrix}{3}
				2-1 & 1 & 1\\
				1 & 2-1 & 1\\
				1 & 1 & 2-1
			\end{amatrix}
			\sim
			\begin{amatrix}{3}
				1 & 1 & 1\\
				0 & 0 & 0\\
				0 & 0 & 0
			\end{amatrix}
		\]
som gir det todimensjonale rommet spent ut av alle vektorer på formen
\[
	\begin{pmatrix}
		x_1 \\
		x_2 \\
		x_3
	\end{pmatrix}
=
	s
	\begin{pmatrix}
		-1 \\
		1 \\
		0
	\end{pmatrix}
+	t
	\begin{pmatrix}
		-1 \\
		0 \\
		1
	\end{pmatrix}
\]
		Dette er det samme todimensjonale rommet som np.linalg.eig gir,
		men penn og papir produserer en mye penere basis.
		\end{oppgave}


	\begin{oppgave}{39}
		Eksponensialfunksjonen så klart!
		Derivasjonsregelen
		\[
			\frac{d}{dt}e^{\lambda t} = \lambda  e^{\lambda t}
		\]
		er nøyaktig samme type likning som
		\[
			A\mathbf{x} = \lambda \mathbf{x}.
		\]
	\end{oppgave}

	\begin{oppgave}{40}
		Siden derivasjonsoperatorer er lineære og
		\[
			D\left( x \right) = \ddot{x} +b\dot x + cx
		\]
		er en lineærkombinasjon av derivasjonsoperatorer,
		er $D$ også en lineæroperator.
		Da kommer det kanskje ikke som noe sjokk at eksponensialfunksjonen er en egenvektor til denne operatoren:
		\[
			D\left( e^{\lambda t} \right) = \lambda^2 e^{\lambda t} +b\lambda e^{\lambda t} + ce^{\lambda t} = \left( \lambda^2  +b\lambda + c \right)e^{\lambda t}
		\]
		Når vi løser den homogene likningen
		\[
			D\left( x \right) = \ddot{x} +b\dot x + cx = 0
		\]
		leter vi altså etter de egenvektorene som har egenverdi 0,
		og dette er selvfølgelig løsningene til den karakteristiske likningen
		\[
			\lambda^2  +b\lambda + c =0.
		\]
	\end{oppgave}

	\begin{oppgave}{41}
		Dette har vi gjort i forbindelse med pendellikningen.
		Selve difflikningen er
		\[
			\ddot{x} +b\dot x + cx = \dot{z_2} +bz_2 + cz_1 = 0
		\]
		så skriver vi de to likningene vi har oppå hverandre:
		\begin{align*}
			\dot z_1 &= \hspace{14mm}z_2 \\
			\dot{z_2}&= - cz_1 -bz_2
		\end{align*}
		ser vi at matrisen blir
		\[
			\begin{pmatrix}
				0 & 1 \\
				-c & -b
			\end{pmatrix}.
		\]
	\end{oppgave}

	\clearpage

	\begin{oppgave}{42}
		La $\mathbf{x}$ være en egenvektor til $A$,
		med egenverdi $\lambda$,
		og la
		\[
			\mathbf{z}(t) =
			\mathbf{x}e^{\lambda t}
		\]
		Hvis du går helt tilbake i økten om funksjoner og repeterer hvordan du deriverer funksjoner
		fra $\mathbb{R}$ til $\mathbb{R}^2$,
		vil du antagelig henge med på følgende beregning:
		\[
			\dot \mathbf{z}(t) =
			\lambda \mathbf{x}e^{\lambda t} = A\mathbf{x}e^{\lambda t} = A\mathbf{z}(t)
		\]
		Vi kan altså finne løsninger til $\dot \mathbf{z} = A \mathbf{z}$ ved å lete opp egenvektorer og egenverdier til $A$
		og sette dem sammen med eksponensialfunksjonen på denne måten. 
	\end{oppgave}

	
	\begin{oppgave}{45}
		Vi har allerede funnet alle egenvektorer og egenverdier til denne matrisen,
		så løsningen er bare å skrive opp:
		\[
			\mathbf{z}(t) =
			c_{1}e^{9t}
			\begin{pmatrix}
				1\\
				2\\
				2
			\end{pmatrix}
			+
			c_{2}e^{4t}
			\begin{pmatrix}
				0\\
				1\\
				-1
			\end{pmatrix}
			+
			c_{3}
			\begin{pmatrix}
				4\\
				-1\\
				-1
			\end{pmatrix}
		\]
	\end{oppgave}

	\begin{oppgave}{46}
		Det som er litt artig med denne oppgaven er at dette er systemet som fremgår ved å
		skrive om
		\[
			\ddot x + x = 0
		\]
		til system.
		Kan du se en sammenheng mellom røttene til det karakteristiske polynomet til denne likningen og
		egenverdiene til matrisen
		\[
			\begin{pmatrix}
				0 & -1 \\
				1 & 0
			\end{pmatrix}?
		\]
		\end{oppgave}

	\begin{oppgave}{46}
		Det som er litt artig med denne oppgaven er at det
		finnes to egenverdier,
		men bare én egenvektor.
		vi beregner
		\[
			\det
			\begin{pmatrix}
				1-\lambda & 1 \\
				0 & 1-\lambda
			\end{pmatrix}
			=
			\left(1- \lambda \right)^2
		\]
		som gir $\lambda=1$ som egenverdi med multiplisitet 2.
		Men når vi prøver å beregne egenvektorer,
		får vi
		\[
			\begin{pmatrix}
				1-1 & 1 \\
				0 & 1-1
			\end{pmatrix}
			\sim
			\begin{pmatrix}
				0 & 1 \\
				0 & 0
			\end{pmatrix}
		\]
		som sier oss at alle egenvektorer er på formen
		\[
			\begin{pmatrix}
				x_1\\
				x_2
			\end{pmatrix}
			=
			s
			\begin{pmatrix}
				1\\
				0
			\end{pmatrix}
		\]
		og det finnes ingen fler.
		Nå finnes det to linæert uavhengige løsninger til difflikningssystemet,
		men den andre er litt herk å finne.
		Vent i spenning til neste semester.
		\end{oppgave}

\begin{comment}
\clearpage

\section*{GAMLE EKSAMENSOPPGAVER MED LØSNING}

\begin{oppgave}{1}
La
\[
A=
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 3 & 4 \\ 1 & 3 & 6 & 10 \\ 1 & 4 & 10 & 20
\end{bmatrix}
\quad
\text{og }
\quad
b=
\begin{bmatrix}
0 \\ 2 \\ 6 \\ 13
\end{bmatrix}
\]
Vis at kolonnene i $A$ er lineært uavhengige,
finn $A^{-1}$,
og løs likningssystemet $A\mathbf x = \mathbf b$. \\[5mm]
\textbf{Løsning:}
Vi ønsker som alle vet å løse systemet
\[
A\mathbf x=\mathbf 0
\]
og dersom $\mathbf x=\mathbf 0$ er den eneste løsningen,
er kolonnene lineært uavhengige.
Vi gausser i vei
\begin{align*}
\begin{amatrix}{4}
1 & 1 & 1 & 1 &0\\ 1 & 2 & 3 & 4 &0\\ 1 & 3 & 6 & 10& 0 \\ 1 & 4 & 10 & 20 &0
\end{amatrix}
\sim
\begin{amatrix}{4}
1 & 1 & 1 & 1 &0\\ 0&1 & 2 & 3  &0\\ 0 & 2 & 5 & 9& 0 \\ 0 & 3 & 9 & 19 &0
\end{amatrix}
\sim \\
\begin{amatrix}{4}
1 & 1 & 1 & 1 &0\\ 0&1 & 2 & 3  &0\\ 0 & 0 & 1 & 3& 0 \\ 0 & 0 & 3 & 10 &0
\end{amatrix}
\sim
\begin{amatrix}{4}
1 & 1 & 1 & 1 &0\\ 0&1 & 2 & 3  &0\\ 0 & 0 & 1 & 3& 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 &0
\end{amatrix}
\end{align*}
%\[
%\begin{amatrix}{4}
%1 & 1 & 1 & 1 &0\\ 1 & 2 & 3 & 4 &2\\ 1 & 3 & 6 & 10& 6 \\ 1 & 4 & 10 & 20 &13
%\end{amatrix}
%\]
Et trent øye ser nå at $\mathbf x=\mathbf 0$ er den eneste løsningen,
og følgelig er kolonnene lineært uavhengige.
Så er det bare å brette opp ermene:
\[
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 2 & 3 & 4 &0 & 1 & 0 & 0\\ 1 & 3 & 6 & 10 &0 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 4 & 10 & 20 &0 & 0 & 0 & 1
\end{bmatrix}
\sim
\begin{bmatrix}
 1 & 0 & 0 & 0 & 4 & -6 & 4 & -1 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & -6 & 14 & -11 & 3 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 4 & -11 & 10 & -3\\ 0 & 0 & 0 & 1 & -1 & 3 & -3 & 1
\end{bmatrix}
\]
og se at
\[
A^{-1}=
\begin{bmatrix}
4 & -6 & 4 & -1 \\ -6 & 14 & -11 & 3 \\ 4 & -11 & 10 & -3\\  -1 & 3 & -3 & 1
\end{bmatrix}
\]
Vi beregner til slutt
\[
\mathbf x = A^{-1}\mathbf b =
\begin{bmatrix}
4 & -6 & 4 & -1 \\ -6 & 14 & -11 & 3 \\ 4 & -11 & 10 & -3\\  -1 & 3 & -3 & 1
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
0 \\ 2 \\ 6 \\ 13
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}
-1 \\ 1 \\ -1 \\ 1
\end{bmatrix}.
\]
\end{oppgave}

\clearpage

\begin{oppgave}{2}
La
\[
A=
\begin{bmatrix}
13 & 20 \\ -10 & -17
\end{bmatrix}.
\]
Finn $P$ slik at $P^{-1}AP$ blir en diagonal matrise.
Løs initialverdiproblemet
\[
\dot{\mathbf x}=A\mathbf x \qquad \mathbf x(0)=\begin{pmatrix} 2 \\ 0 \end{pmatrix}\\[5mm]
\]
\textbf{Løsning:}
	Vi finner egenverdiene og egenvektorene til $A$.
Det karakteristiske polynomet er
\[
\det
\begin{bmatrix}
13-\lambda & 20 \\ -10 & -17-\lambda
\end{bmatrix}
=
(\lambda-3)(\lambda+7)
\]
og de tilhørende egenvektorene blir
\[
\begin{bmatrix}
-2 \\ 1
\end{bmatrix}
\quad
\text{og}
\quad
\begin{bmatrix}
1\\ -1
\end{bmatrix}
\]
slik at
\[
P=
\begin{bmatrix}
-2 & 1 \\ 1 & -1
\end{bmatrix}.
\]
Løsningene til differensiallikningssystemet er
\[
{\mathbf x}=c_1e^{3t}
\begin{bmatrix}
-2 \\ 1
\end{bmatrix}
+
c_2
e^{-7t}
\begin{bmatrix}
1\\ -1
\end{bmatrix}
\]
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{3}
Finn den inverse matrisen til
\[
\begin{bmatrix}
1 &1 &1 \\
1 &2 &3 \\
1 &3 &6 \\
\end{bmatrix}
\]
og bruk den til å  løse systemet 
\[
\systeme{
x + y +z = 1,
x + 2y +3z = 2,
x + 3y +6z = 4
}\\[5mm]
\]
	\textbf{Løsning:}
	Vi gausseliminerer (her kan det finnes flere veier til Rom)
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
1 &1 &1 & 1 & 0 & 0\\
1 &2 &3 & 0 & 1 & 0\\
1 &3 &6 & 0 & 0 & 1\\
\end{bmatrix}
&\sim
\begin{bmatrix}
1 &1 &1 & 1 & 0 & 0\\
0 &1 &2 & -1 & 1 & 0\\
0 &2 &5 & -1 & 0 & 1\\
\end{bmatrix}
\sim
\begin{bmatrix}
1 &1 &1 & 1 & 0 & 0\\
0 &1 &2 & -1 & 1 & 0\\
0 &0 &1 & 1 & -2 & 1\\
\end{bmatrix}
\\
&\sim
\begin{bmatrix}
1 &1 &0 & 0 & 2 & -1\\
0 &1 &0 & -3 & 5 & -2\\
0 &0 &1 & 1 & -2 & 1\\
\end{bmatrix}
\sim
\begin{bmatrix}
1 &0 &0 & 3 & -3 & 1\\
0 &1 &0 & -3 & 5 & -2\\
0 &0 &1 & 1 & -2 & 1\\
\end{bmatrix}
\end{align*}
Av dette ser vi at 
\[
\begin{bmatrix}
1 &1 &1 \\
1 &2 &3 \\
1 &3 &6 \\
\end{bmatrix}
^{-1}=
\begin{bmatrix}
3 & -3 & 1\\
 -3 & 5 & -2\\
 1 & -2 & 1\\
\end{bmatrix}.
\]
Likningssystemet 
\[
\systeme{
x + y +z = 1,
x + 2y +3z = 2,
x + 3y +6z = 4
}
\]
kan også skrives
\[
\begin{bmatrix}
1 &1 &1 \\
1 &2 &3 \\
1 &3 &6 \\
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
x \\
y\\
z\\
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}
1 \\
2 \\
4 \\
\end{bmatrix}
\]
og ganger vi på hver side med den inverse matrisen, 
får vi 
\[
\begin{bmatrix}
x \\
y\\
z\\
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}
3 & -3 & 1\\
 -3 & 5 & -2\\
 1 & -2 & 1\\
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
1 \\
2 \\
4 \\
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}
3\\
 -3\\
 1 \\
\end{bmatrix}
+
2
\begin{bmatrix}
 -3\\
 5 \\
 -2\\
\end{bmatrix}
+
4
\begin{bmatrix}
 1\\
-2\\
 1\\
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}
 1\\
-1\\
 1\\
\end{bmatrix}.
\]
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{4}
Beregn volumet til parallellepipedet utspent av kolonnene i matrisen
\[
A=
\begin{bmatrix}
1 &1 &1 \\
1 &2 &3 \\
1 &3 &6 \\
\end{bmatrix}
\]
og bruk resultatet til å avgjøre om likningssystemet $A\mathbf x=\mathbf b$ har entydig løsning,
der
\[
\mathbf b=
\begin{bmatrix}
2 \\
1 \\
5 \\
\end{bmatrix}.
\]
	\textbf{Løsning:}
	Volumet er
\[
\det A=
1\cdot (2\cdot 6-3\cdot3)-1 \cdot (1\cdot 6-3\cdot 1)+ 1\cdot (1\cdot3- 2\cdot1)=1
\]
Siden $\det A\neq 0$, er kolonnene i $A$ lineært uavhengige,
og derfor vil likningssytemet $A\mathbf x=\mathbf b$ har entydig løsning uansett hva
$\mathbf b$ er.

\end{oppgave}

\begin{oppgave}{5}
Finn egenverdiene og egenvektorene til matrisen
\[
A=
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1
\end{bmatrix}
\]
og diagonaliser $A$ dersom det er mulig.

	\textbf{Løsning:}
Vi begynner med å finne det karakteristiske polynomet
\[
\det \left(A-\lambda I\right)=
\det
\begin{bmatrix}
1-\lambda & 1 & 0 \\
0 & 1-\lambda & 1 \\
0 & 0 & 1-\lambda
\end{bmatrix}
=
\left(1-\lambda\right)^3
\]
og registrerer at det finnes en repetert egenverdi $\lambda=1$ med multiplisitet 3.
Vi finner egenverdiene ved å løse systemet
\[
\begin{bmatrix}
1-\lambda & 1 & 0 \\
0 & 1-\lambda & 1 \\
0 & 0 & 1-\lambda
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
v_1 \\
v_2 \\
v_3
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}
0 \\
0 \\
0
\end{bmatrix}
\]
som altså blir
\[
\begin{amatrix}{3}
0 & 1 & 0 & 0\\
0 & 0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 0 & 0
\end{amatrix}
\]
De to første likningene i dette systemet impliserer at $v_2=v_3=0$,
mens $v_1$ kan være hva som helst,
siden den ikke inngår i likningssystemet en gang.
Egenvektorene til $\lambda=1$ blir følgelig
\[
\begin{bmatrix}
v_1 \\
v_2 \\
v_3
\end{bmatrix}
=
s
\begin{bmatrix}
1 \\
0 \\
0
\end{bmatrix}
\]
Siden matrisen kun har en lineært uavhengig egenvektor,
er den ikke diagonaliserbar,
og vi kan ikke finne en diagonalmatrise $D$ slik at
\[
A=PDP^{-1}.
\]

\end{oppgave}

\begin{oppgave}{6}
Finn en løsning til
\begin{align*}
\dot{x}_1&=x_1+x_2 \\
\dot{x}_2&=x_2+x_3 \\
\dot{x}_3&=x_3 \\
\end{align*}
som tilfredsstiller
\begin{align*}
x_1(0)=1 \\
x_2(0)=0 \\
x_3(0)= 0\\
\end{align*}

\textbf{Løsning:}
	Dette er et likningssystem på formen
\[
\dot{\mathbf x}=A\mathbf x
\]
der matrisen $A$ er identisk med den i forrige oppgave.
Vi vet at derfor at
\[
\mathbf x(t)=
ce^t
\begin{bmatrix}
1 \\
0 \\
0
\end{bmatrix}
\]
der $c$ er en vilkårlig konstant,
er en løsning.
Det finnes to lineært uavhengige løsninger til,
men de er litt mer kompliserte å regne ut,
så det er ikke pensum i høst.
Initialverdikravet
\begin{align*}
x_1(0)=1 \\
x_2(0)=0 \\
x_3(0)= 0\\
\end{align*}
er tilfredsstilt dersom $c=1$,
slik at
\[
\mathbf x(t)=
e^t
\begin{bmatrix}
1 \\
0 \\
0
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
e^t \\
0 \\
0
\end{bmatrix}
\]

\end{oppgave}

\end{comment}

\end{document}
