<html><head><meta name="color-scheme" content="light dark"></head><body><pre style="word-wrap: break-word; white-space: pre-wrap;">\input{preamble}

\title{1 - 6 - LINEÃ†RALGEBRA}

\begin{document}
\pagenumbering{gobble}

\maketitle

%slenge inn en replika av de komplekse tallene med 2x2-matriser
%husk polynominterpolasjon og tre basiser, x^n, lagrange og newton
%slenge inn en side til slutt om ikkelineÃ¦re likningssystemer?
%sleng inn newtons metode og fikspunkt i to dimensjoner

Da prÃ¸ver vi Arnes bok. 

\begin{oppgave}{H}
Les kapittel 7, 8 og 12 og gjÃ¸r alle oppgavene. 
\end{oppgave}

Sluttten av kapittel 8 hadde jeg egentlig tenkt Ã¥ spare til senere, 
men det gÃ¥r fint Ã¥ ta det nÃ¥. 
Vi fÃ¥r se hvor langt vi kommer pÃ¥ tre uker. 
Hvis du likte bedre det gamle opplegget, 
kan du fortsette pÃ¥ neste side. 

\begin{center}
\includegraphics[scale=.35]{../figurer/L1020607}
\end{center}

\clearpage

Likningen $x = \cos x$ har kun Ã©n lÃ¸sning, 
for $y=x$ og $y= \cos x$ skjÃ¦rer hverandre
kun ett eneste sted i hele $\mathbb{R}^2$.
Men en likning kan fint ha mange lÃ¸sninger.
En likning kan faktisk ha uendelig mange lÃ¸sninger.
For eksempel er det uendelig mange punkter i $\mathbb{R}^3$ som passer i likningen
\[
	\hspace{-40mm}
	2x + 3y -z = 0,
\]
og de ligger alle sammen pÃ¥ et plan med normalvektor
\[
	\hspace{30mm}
	\begin{pmatrix}
		2\\
		3\\
		-1
	\end{pmatrix}.
\]
Det er lett Ã¥ se at dette planet gÃ¥r gjennom origo,
siden origo er et punkt som passer i likningen.

For to uker siden lurte vi pÃ¥ om funksjonen $f: \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}$
gitt ved
\[
	f\left( \mathbf{x} \right)
	=
	2x_1 + 3x_2
\]
var injektiv,
og hvis du husker definisjonen av injektiv funksjon\footnote{$f\left( \mathbf{x} \right) = f\left( \mathbf{y} \right) \Rightarrow \mathbf{x} = \mathbf{y}$}
innsÃ¥ du kanskje at svaret er nei,
siden likningen
\[
	c = 2x_1 + 3x_2
\]
har uendelig mange lÃ¸sninger.
Funksjonen $f: \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^2$
gitt ved
\[
	\mathbf{f}\left( \mathbf{x} \right)
	=
	\begin{pmatrix}
		2x_1 + 3x_2 \\
		4x_1 + 5x_2
	\end{pmatrix}
\]
er derimot injektiv,
og jeg lovte at dette pÃ¥ et eller annet tidspunkt skulle bli innlysende for deg.
NÃ¥ skal vi se pÃ¥ det.

\begin{oppgave}{0}
	LÃ¸s likningssystemet
	\vspace{-12mm}
	\begin{align*}
		2x_1 + 3x_2 &amp;= 1\\
		4x_1 + 5x_2 &amp;= 1
	\end{align*}
	(Et bra stalltips er Ã¥ gange den fÃ¸rste likningen med 2 og sÃ¥ trekke likningene fra hverandre.)
\end{oppgave}

\begin{center}
\includegraphics[scale=.29]{../figurer/L1003574}
\end{center}

Dersom du skjÃ¸nte hvordan oppgave 0 skulle lÃ¸ses,
ganget du den fÃ¸rste likningen med 2 og fikk
\[
	4x_1 + 6x_2 = 2
\]
og sÃ¥ trakk du likningene fra hverande og fikk
\[
	x_2 = 1
\]
og sÃ¥ er det bare Ã¥ sette inn denne i en av likningene,
og sÃ¥ ser vi at
\[
	x_1 = -1.
\]
Det er altsÃ¥ bare en kombinasjon av $x_1$ og $x_2$ som passer i likningssystemet,
og jeg avslÃ¸re at uansett hva du hadde satt inn pÃ¥ hÃ¸yresiden,
sÃ¥ ville det samme skjedd.
Dersom vi prÃ¸ver Ã¥ lÃ¸se likningssystemet
	\begin{align*}
		2x_1 + 3x_2 &amp;= b_1\\
		4x_1 + 5x_2 &amp;= b_2
	\end{align*}
sÃ¥ ser vi at dette kan gjÃ¸res pÃ¥ nÃ¸yaktig samme mÃ¥te;
vi ganger den fÃ¸rste likningen med 2,
trekker dem fra hverandre og fÃ¥r
\[
	x_2 = 2b_1 - b_2
\]
som gir
\[
	x_1 = \left( b_1 - 3\left( 2b_1 - b_2 \right)  \right) /2 = \left( 3b_2 - 5b_1 \right)/2
\]
Det spiller altsÃ¥ ingen rolle hva $b_1$ og $b_2$ er,
$x_1$ og $x_2$ blir entydig bestemt uansett,
og vi kan konkludere med at $f$ er injektiv.
NÃ¥ var ikke dette regneeksemplet kjempeinteressant;
hvorvidt en helt random funksjon som ikke betyr noe er injektiv eller ikke,
kunne nok ikke brydd de fleste mindre.
Men det Ã¥ lÃ¸se \textbf{lineÃ¦re likningssystemer},
altsÃ¥ likningssystemer pÃ¥ formen
\begin{align*}
	a_{11} x_1 + \hspace{1mm} a_{12} x_2 + \cdots +\hspace{1mm} a_{1n} x_n &amp;= b_1 \\
	a_{21} x_1 + \hspace{1mm} a_{22} x_2 + \cdots +\hspace{1mm} a_{2n} x_n &amp;= b_2 \\
	&amp;\vdots \\
	a_{m1} x_1 + a_{m2} x_2 + \cdots + a_{mn} x_n &amp;= b_m
\end{align*}
er helt ekstremt viktig.
LineÃ¦re likningssystemer dukker opp i alle anvendelser uten unntak.


\begin{oppgave}{1}
Et annengradspolynom er et polynom pÃ¥ formen
\[
p(x)=ax^2+bx+c
\]
Finn koeffisientene til et annengradspolynom som gÃ¥r gjennom punktene 
$(1,2)$, $(2,3)$ og $(3,1)$. 
\end{oppgave}

\begin{center}
\includegraphics[scale=.29]{../figurer/L1003587}
\end{center}


Dersom du skjÃ¸nte hvordan oppgave 1 skulle lÃ¸ses,
brukte du likningene $p(1)=2$, $p(2)=3$ og $p(3)=1$
til Ã¥ sette opp likningssystemet
\[
\setlength\arraycolsep{1pt}
\begin{array}{rcrcrc@{\;}l}
a   &amp; + &amp;   b   &amp; + &amp;      c  &amp;  =   &amp;  2 \\
4a   &amp; + &amp;  2a   &amp; + &amp;       c   &amp;  =   &amp;  3 \\
9a   &amp;  + &amp;    3b   &amp;  + &amp;   c   &amp;  =   &amp;  1 
\end{array}
\]

Studiet av lineÃ¦re likningssystemer kalles lineÃ¦ralgebra.
Realistiske modeller av fysiske problemer hoster gjerne opp 
likningssystemer med sÃ¥ mange likninger og ukjente at det ikke er trivielt
Ã¥ regne ut lÃ¸sningen pÃ¥ rimelig tid,
selv med en datamaskin.
Det er for eksempel ikke noe problem Ã¥ lage et likningssystem med 10000 likninger og ukjente
som laptopen min trenger flere sekunder pÃ¥ Ã¥ lÃ¸se,
og mange likningssystemer i faktiske anvendelser er mye mye stÃ¸rre enn som sÃ¥.
Allikevel:
\begin{tcolorbox}
If you can reduce a mathematical problem to a problem in linear algebra, 
you can most likely solve it, 
provided that you know enough linear algebra.
\begin{flushright}
- Peter D. Lax
\end{flushright}
\end{tcolorbox}

Hvis du lÃ¦rte det samme som jeg (fÃ¸dt i 1983) pÃ¥ ungdomsskolen,
lÃ¦rte du Ã¥ lÃ¸se lineÃ¦re likningssystemer ved innsettingsmetoden.  
Det finnes tusenvis av forskjellige teknikker for Ã¥ lÃ¸se 
veldig spesialiserte lineÃ¦re likningssystemer, 
men metoden alle universitetskurs begynner med, 
kalles \textbf{gausseliminasjon}.\footnote{Se SK eller \url{https://en.wikipedia.org/wiki/Gaussian_elimination}}

\begin{oppgave}{2}
Regn ut $a$, $b$ og $c$ i systemet over ved gausseliminasjon.
\end{oppgave}

\begin{center}
\includegraphics[scale=.3]{../figurer/img482}
\end{center}

Gausseliminasjon ble oppfunnet av noen kinesere for omtrent to tusen Ã¥r siden. 
Selv om du antagelig ikke skal gausseliminere sÃ¥ veldig mye etter du er ferdig Ã¥ studere,
mÃ¥ man nesten lÃ¦re denne teknikken,
for det er ikke sÃ¥ lett Ã¥ forstÃ¥ lineÃ¦re likningssystemer uten Ã¥ lÃ¸se noen lineÃ¦re likningssystemer.
NÃ¥ tror jeg vi rett og slett bare skal trene litt.

\begin{oppgave}{3}
LÃ¸s likningssystemene:
\end{oppgave}
\vspace{-7mm}
\begin{minipage}{4cm}
\[
\setlength\arraycolsep{1pt}
\begin{array}{rcrcrc@{\;}l}
2x   &amp; + &amp;   3y   &amp; + &amp;      4z  &amp;  =   &amp;  4 \\
3x   &amp; + &amp;  4y   &amp; + &amp;       5z   &amp;  =   &amp;  5 \\
4x   &amp;  + &amp;    5y   &amp;  + &amp;   7z   &amp;  =   &amp;  3 
\end{array}
\]
\end{minipage}
\begin{minipage}{6cm}
\[
\setlength\arraycolsep{1pt}
\begin{array}{rcrcrcrcl}
3x_1  &amp;  - &amp;   x_2    &amp; - &amp;   x_3   &amp;  &amp;      &amp;   =   &amp;  1  \\
-x_1 &amp; + &amp;   3x_2   &amp;  &amp;     &amp; - &amp;   x_4   &amp;   =   &amp;  0 \\
-x_1 &amp;    &amp;        &amp; + &amp;   3x_3  &amp;  - &amp;   x_4   &amp;  =   &amp;   0\\
&amp;  - &amp;   x_2   &amp;  - &amp;    x_3   &amp;  + &amp;   3x_4   &amp;  =   &amp;  0 
\end{array}
\]
\end{minipage}
\begin{minipage}{6cm}
\[
\setlength\arraycolsep{1pt}
\begin{array}{rcrcrc@{\;}l}
2z   &amp; + &amp;   iw   &amp; + &amp;  (5-3i)u      &amp;  =   &amp;  10 \\
4z   &amp; + &amp;  2iw  &amp; + &amp;     (10+2i)u   &amp;  =   &amp;  20+16i \\
2iz   &amp;  - &amp;    w   &amp;  + &amp;   (4+6i)u   &amp;  =   &amp;  2+12i
\end{array}
\]
%	\begin{align*}
%		2z  +  i w +(5-3i)u   &amp;= 10 \\
%		4z  + 2i w +(10+2i)u  &amp;= 20+16i\\
%		2iz - w    +(4+6i)u   &amp;= 2+12i
%	\end{align*}
\end{minipage}

En av de fÃ¸rste tingene man gjÃ¸r nÃ¥r man skal studere lineÃ¦re likningssystemer,
er Ã¥ gÃ¥ lei av Ã¥ skrive pluss og minus, erlik og $x_1$ og $x_2$ og slikt. 
Derfor lager vi oss notasjon som er litt mer minimalistisk. 

Systemet
\[
\setlength\arraycolsep{1pt}
\begin{array}{rcrcrc@{\;}l}
2x   &amp; + &amp;   3y   &amp; + &amp;      4z  &amp;  =   &amp;  4 \\
3x   &amp; + &amp;  4y   &amp; + &amp;       5z   &amp;  =   &amp;  5 \\
4x   &amp;  + &amp;    5y   &amp;  + &amp;   6z   &amp;  =   &amp;  3
\end{array}
\]
skriver vi kort og godt
\[
\begin{amatrix}{3}
2 &amp; 3 &amp; 4 &amp;4 \\
3 &amp; 4 &amp; 5 &amp;5 \\
4 &amp; 5 &amp; 7 &amp;3
\end{amatrix}
\]


\begin{oppgave}{4}
LÃ¸s likningssystemene pÃ¥ nytt og nyt hvor mye mindre skriving det blir:
\end{oppgave}
\begin{minipage}{4cm}
\[
\begin{amatrix}{3}
2 &amp; 3 &amp; 4 &amp;4 \\
3 &amp; 4 &amp; 5 &amp;5 \\
4 &amp; 5 &amp; 7 &amp;3
\end{amatrix}
\]
\end{minipage}
\begin{minipage}{6cm}
\[
\begin{amatrix}{4}
3&amp;-1&amp;-1&amp;0&amp; 1 \\
-1&amp;3&amp;0&amp;-1&amp; 0 \\
-1&amp;0&amp;3&amp;-1&amp; 0 \\
0&amp;-1&amp;-1&amp;3&amp; 0 
\end{amatrix}
\]
\end{minipage}
\begin{minipage}{6cm}
\[
\begin{amatrix}{3}
2 &amp; i &amp; 5-3i &amp;10 \\
4 &amp; 2i &amp; 10+2i &amp;20+16i \\
2i &amp; -1 &amp; 4+6i &amp;2+12i
\end{amatrix}
\]
\end{minipage}



NÃ¥r jeg lÃ¦rte Ã¥ lÃ¸se lineÃ¦re likningssystemer pÃ¥ skolen i omtrent 1998,
ble vi spart for alt det som er gÃ¸y. 
Hvis du nÃ¥ har skjÃ¸nt foran og bak pÃ¥ gausseliminasjon, 
kan vi begynne pÃ¥ det som er gÃ¸y.

\begin{oppgave}{5}
PrÃ¸v Ã¥ lÃ¸se systemene
\[
\begin{amatrix}{3}
2 &amp; 3 &amp; 4 &amp;4 \\
3 &amp; 4 &amp; 5 &amp;5 \\
4 &amp; 5 &amp; 6 &amp;3
\end{amatrix}
\qquad \text{og} \qquad
\begin{amatrix}{3}
2 &amp; 3 &amp; 4 &amp;8 \\
3 &amp; 4 &amp; 5 &amp;10 \\
4 &amp; 5 &amp; 6 &amp;12
\end{amatrix}
\qquad \text{og} \qquad
\begin{amatrix}{3}
2 &amp; 3 &amp; 4 &amp;0 \\
3 &amp; 4 &amp; 5 &amp;0 \\
4 &amp; 5 &amp; 7 &amp;0
\end{amatrix}
\qquad \text{og} \qquad
\begin{amatrix}{3}
2 &amp; 3 &amp; 4 &amp;0 \\
3 &amp; 4 &amp; 5 &amp;0 \\
4 &amp; 5 &amp; 6 &amp;0
\end{amatrix}
\]
\end{oppgave}

\begin{center}
\includegraphics[scale=.28]{../figurer/L1003600}
\end{center}

For Ã¥ skjÃ¸nne hva som skjer i alle disse systemene,
mÃ¥ man studere teorien som ligger i bÃ¥nn for lineÃ¦re likningssystemer. 
Les kapittel 7 i Arnes bok eller SkartsÃ¦terhagens kompendium (\url{https://www.math.ntnu.no/emner/TMA4101/2021h/notater/lin-alg.pdf})
eller kapittel 2 her: \url{https://folk.ntnu.no/mortano/notater/sivingmatte.pdf}.

\begin{oppgave}{6}
Alle punkter $(x,y,z)$ som passer i likningen 
\[
ax+by+cz=d
\]
ligger pÃ¥ ett og samme plan i rommet.
Forklar hva som skjedde i oppgave 4 og 5.\\
(Hint: Sikkert lurt Ã¥ repetere trippelproduktet mellom vektorer:\\
\url{https://en.wikipedia.org/wiki/Triple_product}.)
\end{oppgave}

\begin{center}
\includegraphics[scale=.3]{../figurer/L1003555}
\end{center}

Noen lÃ¸se geometriske ideer i tre dimensjoner hjelper oss imidlertid ikke dersom
vi skal forstÃ¥ at
\[
\begin{amatrix}{2}
i  &amp; 1   &amp; -1 \\
1 &amp;i  &amp; i
\end{amatrix}
\]
har entydig lÃ¸sning, mens
\[
\begin{amatrix}{2}
i  &amp; 1   &amp; -1 \\
-1 &amp;i  &amp; i
\end{amatrix}
\]
ikke har det.
La oss se litt pÃ¥ likningssystemet
\vspace{-2mm}
\[
\setlength\arraycolsep{1pt}
\begin{array}{rcrcrc@{\;}l}
  a_{11}x_1   &amp; + &amp;   a_{21}x_2   &amp; + &amp;      a_{31}x_3  &amp;  =   &amp;  b_1 \\
   a_{21}x_1   &amp; + &amp;  a_{22}x_2   &amp; + &amp;       a_{32}x_3   &amp;  =   &amp;  b_2 \\
  a_{31}x_1   &amp;  + &amp;    a_{23}x_2   &amp;  + &amp;   a_{33}x_3   &amp;  =   &amp;  b_3 
\end{array}\\[1mm]
\]
Om vi bare tar et lite typografisk grep og skriver
\[
	\begin{pmatrix}
a_{11} \\
a_{21} \\
a_{31}
\end{pmatrix}
	x_1 +
\begin{pmatrix}
a_{12} \\
a_{22} \\
a_{32}
\end{pmatrix}
	x_2+
\begin{pmatrix}
a_{13} \\
a_{23} \\
a_{33}
\end{pmatrix}
	x_3 =
\begin{pmatrix}
b_1 \\
b_2 \\
b_3
\end{pmatrix}
\]
ser vi at et lineÃ¦rt likningssystem er en vektorlikning
\[
\mathbf a_1 x_1+
\mathbf a_2 x_2+
\mathbf a_3 x_3
=\mathbf b
\]
der 
\[
\mathbf a_1=
\begin{pmatrix}
a_{11} \\
a_{21} \\
a_{31}
\end{pmatrix}
\quad \text{og} \quad
\mathbf a_2=
\begin{pmatrix}
a_{12} \\
a_{22} \\
a_{32}
\end{pmatrix}
\quad \text{og} \quad
\mathbf a_3=
\begin{pmatrix}
a_{13} \\
a_{23} \\
a_{33}
\end{pmatrix}
\quad \text{og} \quad
\mathbf b=
\begin{pmatrix}
b_1 \\
b_2 \\
b_3
\end{pmatrix}
\]
Uttrykket
\[
	\mathbf a_1 x_1+
\mathbf a_2 x_2+
\mathbf a_3 x_3
\]
kalles en \textbf{lineÃ¦rkombinasjon} av vektorene $\mathbf a_1$,
$\mathbf a_2$ og
$\mathbf a_3$,
med \textbf{vekter} $x_1$, $x_2$ og $x_3$.

\begin{oppgave}{7}
PrÃ¸v med utgangspunkt i dette Ã¥ forklare nÃ¥r
systemene i oppgave 5
har entydig lÃ¸sning.
\footnote{
Se kap. 8 i Arnes bok om du har glemt vektorregningen.}\\
(OgsÃ¥ her er trippelproduktet verdifullt Ã¥ ha i bakhodet.)
\end{oppgave}

Vektorene $\mathbf a_1$,
$\mathbf a_2$ og
$\mathbf a_3$ er \textbf{lineÃ¦rt uavhengige} dersom
$\mathbf a_1 x_1+
\mathbf a_2 x_2+
\mathbf a_3 x_3 = \mathbf{0}
$
impliserer at $x_1=x_2=x_3=0$.
\textbf{Har vi lineÃ¦r uavhengighet,
har vi ogsÃ¥ entydig lÃ¸sning.
}
Fordelen med lineÃ¦r uavhengighet (i motsetning til trippelproduktet)
er at dette konseptet lett lar seg generalisere til $\mathbb{R}^{17}$
og lÃ¸sningsrommet til differensiallikninger og mange andre ting som ikke er sÃ¥ lett Ã¥ visualisere.

\begin{oppgave}{8}
	Hvilke av systemene i oppgave 5 har lineÃ¦rt uavhengige vektorer pÃ¥ venstresiden?
\end{oppgave}

\begin{center}
\includegraphics[scale=.15]{../figurer/M1007127-Pano}
\end{center}

Likninger kan ogsÃ¥ vÃ¦re lineÃ¦rt avhengige eller uavhengige.

\begin{oppgave}{61}
Amund har hÃ¸ns og kyr pÃ¥ gÃ¥rden sin.
Vrang av vane vil han ikke si hvor mange dyr han har, men opplyser heller at
hvert av dyrene har $\frac{141}{382}$ bein i gjennomsnitt og at differansen
mellom antall hoder er 41 og at det finnes totalt 382 bein og 141 hoder.

Hvor mange hÃ¸ns og hvor mange kyr har Amund? Har Amund gitt overflÃ¸dig informasjon?
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{62}
 Likningene i likningssystemet
 \[
\setlength\arraycolsep{1pt}
\begin{array}{rcrcrc@{\;}l}
2x   &amp; + &amp;   3y   &amp; + &amp;      4z  &amp;  =   &amp;  4 \\
3x   &amp; + &amp;  4y   &amp; + &amp;       5z   &amp;  =   &amp;  5 \\
4x   &amp;  + &amp;    5y   &amp;  + &amp;   6z   &amp;  =   &amp;  6
\end{array}
\]
er lineÃ¦rt avhengige.
I praksis betyr dette at en eller flere av likningene fÃ¸lger av en eller flere av de andre likningene.
Hvilke likninger fÃ¸lger av de andre i dette systemet?
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{63}
Er det noen likninger i likningssystemet
 \[
\setlength\arraycolsep{1pt}
\begin{array}{rcrcrc@{\;}l}
2x   &amp; + &amp;   3y   &amp; + &amp;      4z  &amp;  =   &amp;  4 \\
3x   &amp; + &amp;  4y   &amp; + &amp;       5z   &amp;  =   &amp;  5 \\
4x   &amp;  + &amp;    5y   &amp;  + &amp;   7z   &amp;  =   &amp;  3
\end{array}
\]
som fÃ¸lger av de andre?
\end{oppgave}

En annen grunn til at den tekniske definisjonen av lineÃ¦r uavhengighet er som den er,
er at den kan brukes pÃ¥ ting som ikke ligger i noe plan eller pÃ¥ en linje
eller er sÃ¦rlig geometrisk i det hele tatt.
Funksjoner kan ogsÃ¥ vÃ¦re lineÃ¦rt uavhengige eller ikke.

\begin{oppgave}{64}
Er funksjonene
\[
x_1(t)=e^{-t}\cos t
\qquad
\text{og}
\qquad
x_2(t)=e^{-t}\sin t
\]
lineÃ¦rt uavhengige?
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{65}
Hva med
\[
x_1(t)=\cos^2 t
\qquad
\text{og}
\qquad
x_2(t)=\sin^2 t
\qquad
\text{og}
\qquad
x_3(t)=1\quad ?
\]
\end{oppgave}


\begin{oppgave}{66}
Hva med
\[
x_1(t)=x^2
\qquad
\text{og}
\qquad
x_2(t)=x
\qquad
\text{og}
\qquad
x_3(t)=1\quad ?
\]
\end{oppgave}


\begin{center}
\includegraphics[scale=.3]{../figurer/L1003482}
\end{center}

LineÃ¦rkombinasjoner lukter jo ellers litt av skalarprodukt.
LineÃ¦rkombinasjonen
\[
\mathbf a_1 x_1+
\mathbf a_2 x_2+
\mathbf a_3 x_3
\]
likner mistenkelig pÃ¥ et skalarprodukt mellom \say{vektoren} 
$(\mathbf a_1,\mathbf a_2,\mathbf a_3)$ og den ukjente $\mathbf x$.
Denne nye vektoren
kalles en \textbf{matrise}:
\[
A=
(\mathbf a_1,\mathbf a_2,\mathbf a_3)
=
\begin{pmatrix}
a_{11} &amp; a_{12} &amp; a_{13}  \\
a_{21} &amp; a_{22} &amp; a_{23} \\
a_{31} &amp; a_{32} &amp; a_{33} 
\end{pmatrix}
\]
Faktisk er det slik at ogsÃ¥ $\mathbf x$ er en matrise:
\[
\mathbf x=
\begin{pmatrix}
x_1 \\
x_2 \\
x_3
\end{pmatrix}
\]
og vi tenker pÃ¥ 
\[
\begin{pmatrix}
a_{11}x_1 + a_{12}x_2 + a_{13}x_3  \\
a_{21}x_1 + a_{22}x_2 + a_{23}x_3 \\
a_{31}x_1 + a_{32}x_2 + a_{33}x_3
\end{pmatrix}
=
\mathbf a_1 x_1+
\mathbf a_2 x_2+
\mathbf a_3 x_3
=
\begin{pmatrix}
a_{11} &amp; a_{12} &amp; a_{13}  \\
a_{21} &amp; a_{22} &amp; a_{23} \\
a_{31} &amp; a_{32} &amp; a_{33}
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
x_1 \\
x_2 \\
x_3
\end{pmatrix}
=
A\mathbf x
\]
som et produkt mellom matrisen $A$ og den ukjente $\mathbf x$.
Dette nye produktet kalles et \textbf{matriseprodukt},
og her er definisjonen:

\textit{Dersom $A$ og $B$ er matriser med dimensjoner ${m\times n}$ og $n \times p$,
er elementet $c_{ij}$ i produktet $C=AB$ gitt ved
skalarproduktet\footnote{Husker du ikke skalarproduktet,
er det antagelig lurt Ã¥ freshe opp dette litt ogsÃ¥:\\
\url{https://en.wikipedia.org/wiki/Dot_product}}
	mellom rad nummer $i$ i $A$ og kolonne nummer $j$ i $B$.}\footnote{En gang i foreelesning etter jeg hadde gitt denne definisjonen,
var det en student som rettet en imaginÃ¦r pistol mot tinningen og lot som om han skjÃ¸t seg selv i hodet.
SÃ¥ om du synes dette er litt hardt,
er du ikke den fÃ¸rste.}



Rasjonalet for Ã¥ definerer matrisemultiplikasjon slik,
er at vi Ã¸nsker at operasjonen skal vÃ¦re \textbf{assosiativ},
altsÃ¥ at $A(B\mathbf{x})=(AB)\mathbf{x}$.
Hvorfor dette er lurt vil bli klart pÃ¥ de neste sidene.
Jeg har flere ganger i forelesning mislyktes katastrofalt med denne strategien for Ã¥ motivere matrisemultiplikasjon,
sÃ¥ det er antagelig lurt Ã¥ slenge opp dette sitatet:\footnote{John von Neumann oppfant bÃ¥de spillteori og den fÃ¸rste aksiomatiske beskrivelsen av kvantefysikk og mye annet.
}
\begin{center}
\includegraphics[scale=.3]{../figurer/von_neumann}
\end{center}


Matrisen
\[
A=
\begin{pmatrix}
a_{11} &amp; a_{12} &amp; a_{13}  \\
a_{21} &amp; a_{22} &amp; a_{23} \\
a_{31} &amp; a_{32} &amp; a_{33} 
\end{pmatrix}
\]
har \textbf{kolonner}
\[
\begin{pmatrix}
a_{11}   \\
a_{21} \\
a_{31}  
\end{pmatrix}
\quad \text{og} \quad
\begin{pmatrix}
 a_{12}   \\
 a_{22}  \\
  a_{32}  
\end{pmatrix}
\quad \text{og} \quad
\begin{pmatrix}
 a_{13}  \\
 a_{23} \\
a_{33} 
\end{pmatrix}
\]
og \textbf{rader}
\[
\begin{pmatrix}
a_{11} &amp; a_{12} &amp; a_{13}  
\end{pmatrix}
\quad \text{og} \quad
\begin{pmatrix}
a_{21} &amp; a_{22} &amp; a_{23}
\end{pmatrix}
\quad \text{og} \quad
\begin{pmatrix}
a_{31} &amp; a_{32} &amp; a_{33} 
\end{pmatrix}
\]


Matrisemultiplikasjon er litt tungt for alle som lÃ¦rer det fÃ¸rste gang. 
Ta det rolig. Det stÃ¥r forklart mange steder hvordan det funker.
\footnote{Se for eksempel \url{https://en.wikipedia.org/wiki/Matrix_(mathematics)} eller \\
\url{https://en.wikipedia.org/wiki/Matrix_multiplication}}
Jeg har kunnet det sÃ¥ lenge at jeg
husker null og niks av min egen prosess med Ã¥ lÃ¦re meg det,
og aner fÃ¸lgelig ikke hvordan man skal gÃ¥ frem for Ã¥ lÃ¦re det lenger.
Det er bare en haug med skalarprodukter,
sÃ¥ stang hodet i veggen til veggen gir etter.
\footnote{Lars Lundheim har noen bra triks her, men jeg husker dem ikke, for jeg trenger dem ikke. SpÃ¸r ham. Svein Sunde har sikkert ogsÃ¥ noen triks,
men jeg har aldri spurt; vi diskuterer mest orgel og kvantefysikk.}

\begin{oppgave}{9}
Gang sammen matrisene
\[
\begin{pmatrix}
2 &amp; 3 &amp; 4 \\
3 &amp; 4 &amp; 5 \\
4 &amp; 5 &amp; 7
\end{pmatrix}
\quad \text{og} \quad
\begin{pmatrix}
1 &amp; 4 &amp; 7 \\
2 &amp; 5 &amp; 8 \\
3 &amp; 6 &amp; 9
\end{pmatrix}
\]
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{10}
Siden et matrise-matriseprodukt bestÃ¥r av en haug med skalarprodukter, 
bÃ¸r det vÃ¦re klart at man ikke kan gange sammen matriser med vilkÃ¥rlig dimensjon. 
La
\[
A =
\begin{pmatrix}
 0 &amp; 1 &amp;  5 \\
 2 &amp; 3 &amp; -1 \\
-8 &amp; 0 &amp; 2
\end{pmatrix}
\quad \text{og} \quad
B =
\begin{pmatrix}
1 &amp; 2 &amp; 5 \\
0 &amp; 0 &amp; 3
\end{pmatrix}
\]
Regn ut 
$AB$, 
$BA$,
$A^2$,
$B^2$
og 
$A+B$
eller forklar hvorfor uttrykkene ikke gir mening.
\end{oppgave}



\begin{oppgave}{11}
Her er en artig ting. 
La
\[
A=
\begin{pmatrix}
2 &amp; 3 &amp; 4 \\
3 &amp; 4 &amp; 5 \\
4 &amp; 5 &amp; 7
\end{pmatrix}
\quad \text{og} \quad
I=
\begin{pmatrix}
1 &amp; 0 &amp; 0 \\
0 &amp; 1 &amp; 0 \\
0 &amp; 0 &amp; 1
\end{pmatrix}.
\]
Matrisen $I$ kalles \textbf{identitetsmatrisen}. Regn ut $AI$ og $IA$.
\end{oppgave}



\begin{oppgave}{12}
Her er en enda artigere ting. 
La
\[
A=
\begin{pmatrix}
2 &amp; 3 &amp; 4 \\
3 &amp; 4 &amp; 5 \\
4 &amp; 5 &amp; 7
\end{pmatrix}
\quad \text{og} \quad
B=
\begin{pmatrix}
-3 &amp; 1 &amp; 1 \\
1 &amp; 2 &amp; -2 \\
1 &amp; -2 &amp; 1
\end{pmatrix}
\]
Regn ut bÃ¥de $AB$ og $BA$.
Hva tror du dette kan brukes til?
(Det er nÃ¥ du trenger at matrisemultiplikasjon er assosiativt.)
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{13}
Hvis du ikke var helt sikker pÃ¥ hva $B$ i forrige oppgave kan brukes til, 
prÃ¸v Ã¥ gange vektoren 
\[
\mathbf b=
\begin{pmatrix}
4 \\
5 \\
3
\end{pmatrix}
\]
inn pÃ¥ hÃ¸yre side av $B$ og sÃ¥ ta en ny titt pÃ¥ oppgave 3.
\end{oppgave}

Matrisen $B$ i oppgave 12 kalles $A$ sin \textbf{inverse matrise},
og vi skriver $B=A^{-1}$.
Kvadratiske matriser (matriser med like mange rader som kolonner)
har invers hvis og bare hvis kolonnene er lineÃ¦rt uavhengige. 
Den inverse matrisen kan beregnes pÃ¥ mange forskjellige mÃ¥ter,
sjekk her:\\
\url{https://en.wikipedia.org/wiki/Invertible_matrix}\\
Alle har sin favoritt.
SkartsÃ¦terhagen liker best Ã¥ gausseliminere seg frem til den inverse,
men Skogestad liker Ã¥ bruke adjugatet.
Jeg liker ikke Ã¥ beregne inverse matriser i det hele tatt.

\begin{oppgave}{$12^{-1}$}
La
\[
A=
\begin{pmatrix}
2 &amp; 3 &amp; 4 \\
3 &amp; 4 &amp; 5 \\
4 &amp; 5 &amp; 7
\end{pmatrix}
\]
Regn ut $A^{-1}$ pÃ¥ en eller annen mÃ¥te.
(Les deg opp litt fÃ¸rst. Fasiten har du i oppgave 12.)
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{$13^{-1}$}
LÃ¸s oppgave 4 og 5 pÃ¥ nytt med invers.
\end{oppgave}

Matrisemultiplikasjon tilfredsstiller ellers mange regneregler du er vant til,
men ikke kommutativitet, unntatt i noen spesialtilfeller.
Kommutativitet er at faktorenes orden er likegyldig, altsÃ¥ at
\[
ab=ba.
\]

\begin{oppgave}{14}
La
\[
A=
\begin{pmatrix}
2 &amp; 3 &amp; 4 \\
3 &amp; 4 &amp; 5 \\
4 &amp; 5 &amp; 7
\end{pmatrix}
\quad \text{og} \quad
B=
\begin{pmatrix}
1 &amp; 4 &amp; 7 \\
2 &amp; 5 &amp; 8 \\
3 &amp; 6 &amp; 9
\end{pmatrix}
\]
Regn ut $AB$ og $BA$.
\end{oppgave}


\begin{center}
\includegraphics[scale=.29]{../figurer/M1007210}
\end{center}

\clearpage


De enkleste modelleringsproblemene i anvendelser er som regel \textbf{lineÃ¦re}.
\textit{En lineÃ¦roperator $T$ er en funksjon som tilfredsstiller
\begin{align*}
T(a\mathbf x+a\mathbf y)&amp;=aT(\mathbf x)+bT(\mathbf y) 
\end{align*}
for alle vektorer $\mathbf x$ og $\mathbf y$ og alle skalarer $a$ og $b$.}

Ã… gange en vektor inn i en matrise er en lineÃ¦roperator. 
Her er et par oppgaver som illustrerer poenget.
La
\[
A=
\begin{pmatrix}
2 &amp; 3 &amp; 4 \\
3 &amp; 4 &amp; 5 \\
4 &amp; 5 &amp; 7
\end{pmatrix}
\quad \text{og} \quad \mathbf x=
\begin{pmatrix}
1 \\
2  \\
3 
\end{pmatrix}
\quad \text{og} \quad
\mathbf y=
\begin{pmatrix}
4 \\
5  \\
6 
\end{pmatrix}
\]

Beregn:

\begin{minipage}{17mm}
\begin{oppgave}{15}
$A\mathbf x$
\end{oppgave}
\end{minipage}
\begin{minipage}{17mm}
\begin{oppgave}{16}
 $A\mathbf y$
\end{oppgave}
\end{minipage}
\begin{minipage}{27mm}
\begin{oppgave}{17}
$A(\mathbf x+\mathbf y)$
\end{oppgave}
\end{minipage}
\begin{minipage}{27mm}
\begin{oppgave}{18}
$A\mathbf x+A\mathbf y$
\end{oppgave}
\end{minipage}
\begin{minipage}{30mm}
\begin{oppgave}{19}
$A(2\mathbf x+3\mathbf y)$
\end{oppgave}
\end{minipage}
\begin{minipage}{27mm}
\begin{oppgave}{20}
$2A\mathbf x+ 3A\mathbf y$
\end{oppgave}
\end{minipage}



LinÃ¦eroperatorer er for \textbf{superposisjonsprinsippet} omtrent som kanel i en kanelbolle,
som humle i Ã¸l eller som hele pepperkorn i fÃ¥rikÃ¥l.
Konseptet kanelbolle blir temmelig meningslÃ¸st uten kanel,
men man tenker kanskje ikke sÃ¥ mye over kanelsmaken
nÃ¥r man har spist mange nok kanelboller.

\begin{oppgave}{21}
Kanel smaker faktisk ingenting.
PrÃ¸v Ã¥ spise en kanelbolle eller en porsjon risengrynsgrÃ¸t mens du holder deg for nesen.
\end{oppgave}

\begin{center}
\includegraphics[scale=.32]{../figurer/M1007220}
\end{center}

\clearpage

Fikk du til forrige oppgave,
har du skjÃ¸nt omtrent hvordan det er Ã¥ prÃ¸ve Ã¥
forstÃ¥ superposisjonsprinsippet uten Ã¥ fÃ¸rst forstÃ¥
hva en lineÃ¦roperator er:

\textit{LineÃ¦roperatorer er superposisjonsprinsippets er mest vesentlige ingrediens}.



KjÃ¦rt barn har mange navn,
og lineÃ¦roperator har et par synonymer,
\textbf{lineÃ¦rtransform},
\textbf{lineÃ¦rtransformasjon}
og \textbf{lineÃ¦ravbildning}.
Jeg har vendt meg til Ã¥ si lineÃ¦roperator
fordi det er det de fleste ikkematematikere sier.
Du har i bunn og grunn kjent til lineÃ¦roperatorer i mange Ã¥r.
Derivasjonsoperatoren er for eksempel lineÃ¦r.
La
\[
D(x)=
\dot x
\quad \text{og} \quad
y(t)=t^2
\quad \text{og} \quad
z(t)=t
\]
og beregn

\begin{minipage}{19mm}
\begin{oppgave}{15}
$D(y)$
\end{oppgave}
\end{minipage}
\begin{minipage}{19mm}
\begin{oppgave}{16}
$D(z)$
\end{oppgave}
\end{minipage}
\begin{minipage}{27mm}
\begin{oppgave}{17}
$D(y+z)$
\end{oppgave}
\end{minipage}
\begin{minipage}{29mm}
\begin{oppgave}{18}
$D(y)+D(z)$
\end{oppgave}
\end{minipage}
\begin{minipage}{30mm}
\begin{oppgave}{19}
$D(2y+3z)$
\end{oppgave}
\end{minipage}
\begin{minipage}{35mm}
\begin{oppgave}{20}
$2D(y)+3D(z)$
\end{oppgave}
\end{minipage}

\begin{oppgave}{21}
Kanel smaker faktisk ingenting.
PrÃ¸v Ã¥ spise en kanelbolle eller en porsjon risengrynsgrÃ¸t mens du holder deg for nesen.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{22}
Fikk du deja vÃº nÃ¥?
I sÃ¥ fall er du inne pÃ¥ noe.
\end{oppgave}

\begin{center}
\includegraphics[scale=.32]{../figurer/M1007220}
\end{center}

\clearpage

Vi sier at en differensiallikning er lineÃ¦r dersom
operatoren der du \say{putter inn lÃ¸sningen} i likningen er lineÃ¦r.
For eksempel er
\[
\ddot x + b\dot x + cx = 0
\]
en lineÃ¦r likning siden
\[
D(x)=\ddot x + b\dot x + cx
\]
er en lineÃ¦roperator.
\footnote{FÃ¸lg med i neste bolk for eksempler pÃ¥ ikkelineÃ¦re differensialoperatorer.}

\begin{oppgave}{23}
Vis at dersom $x$ og $y$ er lÃ¸sninger av
\[
\ddot x + b\dot x + cx=0,
\]
er ogsÃ¥ $ax+by$ en lÃ¸sning ($a$ og $b$ er skalarer).
\end{oppgave}

Det bestemte integralet er forresten ogsÃ¥ en lineÃ¦roperator.
Finn arealet under grafen til

\begin{minipage}{70mm}
\begin{oppgave}{24}
$\sin t$ mellom $t=0$ og $t=\pi$
\end{oppgave}
\end{minipage}
\begin{minipage}{60mm}
\begin{oppgave}{25}
$\cos \left(t/2\right)$ mellom $t=0$ og $t=\pi$
\end{oppgave}
\end{minipage}

\begin{minipage}{30mm}
\quad
\end{minipage}
\begin{minipage}{100mm}
\begin{oppgave}{26}
$2\sin t + 3\cos \left(t/2\right)$ mellom $t=0$ og $t=\pi$
\end{oppgave}
\end{minipage}



\begin{oppgave}{22}
Fikk du deja vÃº nÃ¥?
I sÃ¥ fall er du inne pÃ¥ noe.
\end{oppgave}

\begin{center}
\includegraphics[scale=.32]{../figurer/M1007220}
\end{center}

Apropos ordet \say{lineÃ¦r}.
Dette ordet brukes litt forskjellig i forskjellige fagfelt.
Matematikere reserverer dette ordet for noe som tilfredsstiller $T(ax+by)=aT(x)+bT(y)$,
men det er endel andre mennesker som bruker det om situasjoner der det er en rett linje involvert.
Dette er ikke det samme;
et fÃ¸rsteordens polynom
\[
	p(x) = ax + b
\]
er en lineÃ¦r funksjon etter den matematiske definisjonen kun hvis $b=0$.

\begin{minipage}{150mm}
	I statistikk bruker de ordet \say{lineÃ¦r} om fÃ¸rsteordens polynomer (vi ville sagt \say{affin} som betyr \say{lineÃ¦r funksjon pluss en konstant})
og \textbf{lineÃ¦rregresjon} er kunsten Ã¥ finne en rett linje som passer ganske bra
til en haug med punkter som ikke ligger pÃ¥ en rett linje.
Tenk at du for eksempel har mÃ¥lt drivstofforbruk ($y_k$) og sylindervolum ($x_k$)
for en haug med biler og plottet dem i et koordinatsystem.
Jeg har ikke et slikt datasett i skrivende stund,
sÃ¥ la oss gjÃ¸re det enkelt og ta den teite punktmengden i margen istedet.
\end{minipage}
\begin{minipage}{20mm}
	\begin{center}
\begin{tabular}{| c | c |}
\hline
$x$ &amp; $y$ \\
\hline
1 &amp; 2 \\
2 &amp; 4 \\
3 &amp; 3 \\
4 &amp; 5 \\
5 &amp; 6 \\
     \hline
\end{tabular}
	\end{center}
\end{minipage}

Hvis vi Ã¸nsker Ã¥ finne en rett linje $p(x)=\beta_1x+\beta_0$ som gÃ¥r gjennom alle punktene i datasettet,
fÃ¥r vi vel evaluere $p$ i $x$-koordinatene i tabellen og sette lik de korresponderende $y$-koordinatene:
\[
\begin{pmatrix}
1&amp;1 \\
2&amp; 1\\
3&amp; 1\\
4&amp; 1\\
5&amp; 1
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
\beta_1 \\
\beta_0
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
2 \\
4\\
3\\
5\\
6
\end{pmatrix}.
\]
Dette er et likningssystem med to ukjente og fem likninger,
og siden vi prÃ¸ver Ã¥ sette en rett linje pÃ¥ fem punkter som Ã¥penbart ikke ligger pÃ¥ en rett linje,
kan jeg garantere at vi ikke finner en lÃ¸sning.
Men regresjonslinjen eller \say{trendlinjen} som Ã¸konomer ville sagt,
kan man hoste opp ved Ã¥ gange begge sider fra venstre med \textbf{den transponerte av matrisen}:
\[
	A = \begin{pmatrix}
1&amp;1 \\
2&amp; 1\\
3&amp; 1\\
4&amp; 1\\
5&amp; 1
\end{pmatrix}
\hspace{10mm}
	\Longleftrightarrow
	\hspace{10mm}
	A^T=
	\begin{pmatrix}
1&amp; 2 &amp; 3 &amp; 4 &amp; 5 \\
1 &amp; 1 &amp; 1 &amp; 1 &amp; 1
	\end{pmatrix}
\]
og lÃ¸se det korresponderende $2\times 2$-systemet.
(Hvorfor det funker skal vi komme tilbake til i vÃ¥r.)

\begin{oppgave}{4245}
PrÃ¸v dette og plot.\\
(Her er pythonkode: \url{folk.ntnu.no/mortano/python/plotte/regresjon/regresjon.py})
\end{oppgave}

\begin{center}
\includegraphics[scale=.27]{../figurer/L1006689}
\end{center}


\clearpage

%introdusere vekting via inclusive fitness og haldanes 'die for two brothers or eight cousins' sapolsky s 336
De siste ukene har vi gjentatte ganger stÃ¸tt pÃ¥ uttrykk som

\[
x(t)=Ae^{-\frac{b}{2}t}\cos\left(\frac{\sqrt{4c-b^2}}{2}t\right)+Be^{-\frac{b}{2}t}\sin\left(\frac{\sqrt{4c-b^2}}{2}t\right)
\]
og
\[
\mathbf a_1 x_1+
\mathbf a_2 x_2+
\mathbf a_3 x_3
\]
og
\[
\begin{pmatrix}
2 &amp; 3 &amp; 4 \\
3 &amp; 4 &amp; 5 \\
4 &amp; 5 &amp; 7 \\
1 &amp; 1 &amp; 1
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
x_1 \\
x_2 \\
x_3
\end{pmatrix}
=
x_1
\begin{pmatrix}
2  \\
3  \\
4 \\
1
\end{pmatrix}
+
x_2
\begin{pmatrix}
 3  \\
4  \\
 5 \\
 1
\end{pmatrix}
+
x_3
\begin{pmatrix}
4 \\
5 \\
7 \\
1
\end{pmatrix}
\]
Disse er eksempler pÃ¥ noe som kalles \textbf{lineÃ¦rkombinasjoner}.
Det betyr at du tar noen vektorer,
ganger dem med hver sin skalar,
og sÃ¥ legger sammen alt.

\begin{oppgave}{50}
Men vent litt.
Er
\[
e^{-\frac{b}{2}t}\cos\left(\frac{\sqrt{4c-b^2}}{2}t\right)
\]
en vektor?
\end{oppgave}

Det er det.
En vektor er noe som lever i et

\begin{tcolorbox}[title=Vektorrom (folkelig definisjon):]
Mengden av alle lineÃ¦rkombinasjoner av en vektormengde.
\end{tcolorbox}

Med andre ord,
kan du ta lineÃ¦rkombinasjoner av det er det en vektor.

\begin{oppgave}{51}
Bare Ã¥ bli vant til dette.
\end{oppgave}

\begin{center}
\includegraphics[scale=.3]{../figurer/L1003340}
\end{center}






Det finnes selvfÃ¸lgelig aksiomer for vektorrom.
De fleste av dem gÃ¥r med til Ã¥ definere hvordan en lineÃ¦rkombinasjon funker,
og dette kan du i bunn og grunn allerede fra gymnaset.

\begin{tcolorbox}[title=Vektorrom (ordentlig definisjon):]
La $\mathbf V$ vÃ¦re en (ikke tom) mengde med vektorer
som kan adderes og skalarmultipliseres.
Vi sier at mengden $\mathbf V$ er et vektorrom over $\mathbb C$ dersom fÃ¸lgende er tilfredsstilt for alle $\V u, \V v, \V w \in V$, $a, b\in \mathbb{C}$.
(Du kan ogsÃ¥ har vektorrom over $\mathbb{R}$).

Det skal finnes en vektor, kalt $\V 0$, slik at
\[
\V v + \V 0 = \V v
\]
Addisjonen skal vÃ¦re assosiativ
\[
(\V u +\V v) +\V w =\V u + (\V v +\V w)
\]
og kommutativ
\[
\V u +\V v =\V v + \V u.
\]
Skalarmultiplikasjonen skal vÃ¦re assosiativ
\[
a(b\V v)= (ab)\V v
\]
og distributiv bÃ¥de med hensyn pÃ¥ addisjon av skalarer
\[
(a+b)\V v=a\V v+b\V v
\]
og vektorer
\[
a\left(\V v+\V w\right)=a\V v+a\V w.
\]
Vi krever dessuten
\[
1\V v=\V v
\]
og
\[
0\V v=\V 0.
\]
\end{tcolorbox}

En anonym mtelsys-student ble en gang i evalueringsskjema spurt om det var noe
vedkommende skulle Ã¸nske vedkommende hadde lÃ¦rt mer om,
og da uttrykte vedkommende:
\begin{center}
\say{Vektor-rom. Trodde det var kjempe teit men det er faktisk ikke sÃ¥ dumt}
\end{center}

\begin{oppgave}{52}
Du kjenner allerede til mange vektorrom,
vi har bare ikke kalt det vektorrom.
Se om du kan skrive ned et par.
(Bruk den folkelige definisjonen,
ikke den lange.)
\end{oppgave}

\begin{center}
\includegraphics[scale=.23]{../figurer/L1003490}
\end{center}



Litt av vitsen med vektorrom er Ã¥ fÃ¥ en presis definisjon av konseptet dimensjon.
Alle har en intuitiv forstÃ¥else av dette.
En linje har en dimensjon,
en tegning pÃ¥ et ark har to,
vi lever i tre,
og  posisjonen til et stivt fysisk legeme kan spesifiseres fullstendig med seks dimensjoner
(tre til massesenterets posisjon og tre til legemets orientering i rommet).

Men det er andre ting som ogsÃ¥ har dimensjoner.
LÃ¸sningene til
\[
\ddot{x}+2\dot{x}+2x=0
\]
er et vektorrom med to dimensjoner:
\[
x(t)=c_1e^{-t}\cos t+c_2e^{-t}\sin t
\]
Det er to vektorer i lineÃ¦rkombinasjonen,
og to ubestemte koeffisienter.
Komplekse tall er likeledes alle lineÃ¦rkombinasjoner av to ting,
real- og imaginÃ¦rdel
\[
z=a+bi
\]
mens $\mathbb R^2$ er alle lineÃ¦rkombinasjoner av to ting
\[
\begin{pmatrix}
x_1 \\
x_2
\end{pmatrix}
=
x_1
\begin{pmatrix}
1 \\
0
\end{pmatrix}
+
x_2
\begin{pmatrix}
0 \\
1
\end{pmatrix}.
\]
Alle lineÃ¦rkombinasjoner pÃ¥ formen
\[
y_1
\begin{pmatrix}
2 \\
1
\end{pmatrix}
+
y_2
\begin{pmatrix}
1 \\
2
\end{pmatrix}
\]
er bare $\mathbb R^2$ skrevet litt annerledes.
Alle polynomer av maksimal grad en
er ogsÃ¥ et todimensjonalt vektorrom:
\[
p(x)=a\cdot x + b \cdot 1,
\]
sÃ¥ man kan i bunn og grunn tenke at

\begin{tcolorbox} [title=Dimensjon?]
Antall vektorer i lineÃ¦rkombinasjonen?
\end{tcolorbox}

\begin{oppgave}{53}
Men det er en liten hake ved dette. Hvor mange dimensjoner har
\[
x_1
\begin{pmatrix}
2  \\
3  \\
4
\end{pmatrix}
+
x_2
\begin{pmatrix}
 3  \\
4  \\
 5
\end{pmatrix}
+
x_3
\begin{pmatrix}
4 \\
5 \\
6
\end{pmatrix}
\quad ?
\]
\end{oppgave}

\begin{center}
\includegraphics[scale=.3]{../figurer/L1003526}
\end{center}

Her stÃ¸ter vi nemlig pÃ¥ et lite problem;
nemlig at den ene av disse tre vektorene pÃ¥ sett og vis er litt
\say{overflÃ¸dig}.
Vektorrommet av alle lineÃ¦rkombinasjoner
pÃ¥ formen
\[
x_1
\begin{pmatrix}
2  \\
3  \\
4
\end{pmatrix}
+
x_2
\begin{pmatrix}
 3  \\
4  \\
 5
\end{pmatrix}
+
x_3
\begin{pmatrix}
4 \\
5 \\
6
\end{pmatrix}
\]
har bare to dimensjoner,
siden de tre vektorene ligger i samme plan.
Derfor trenger vi et nytt konsept som kommer pÃ¥ neste side.
De tre pÃ¥fÃ¸lgende oppgavene er en grei huskeregel for dette konseptet.

\begin{oppgave}{54}
LÃ¸s likningssystemet
\[
x_1
\begin{pmatrix}
2  \\
3  \\
4
\end{pmatrix}
+
x_2
\begin{pmatrix}
 3  \\
4  \\
 5
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
4 \\
5 \\
6
\end{pmatrix}
\]
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{55}
NÃ¥r du har gjort det,
kan du lÃ¸se likningssystemet
\[
x_1
\begin{pmatrix}
2  \\
3  \\
4
\end{pmatrix}
+
x_2
\begin{pmatrix}
 3  \\
4  \\
 5
\end{pmatrix}
+
x_3
\begin{pmatrix}
4 \\
5 \\
6
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
0 \\
0 \\
0
\end{pmatrix}
\]
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{56}
Hva med
\[
x_1
\begin{pmatrix}
2  \\
3  \\
4
\end{pmatrix}
+
x_2
\begin{pmatrix}
 3  \\
4  \\
 5
\end{pmatrix}
+
x_3
\begin{pmatrix}
4 \\
5 \\
7
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
0 \\
0 \\
0
\end{pmatrix}
\quad?
\]
\end{oppgave}

\begin{center}
\includegraphics[scale=.31]{../figurer/L1003601}
\end{center}

Hvis vi nÃ¥ bare hadde trengt vektorer i $\mathbb R^3$,
kunne vi holdt oss til Ã¥ sjekke om vektorer ligger i samme plan eller pÃ¥ samme linje,
men dette duger ikke i $\mathbb R^{17}$.
Vi sier at vektorene i oppgave 5 er \textbf{lineÃ¦rt avhengige},
siden de kan lineÃ¦rkombineres til nullvektoren:
\[
%\begin{pmatrix}
%x_1 \\
%x_2 \\
%x_3
%\end{pmatrix}
%=
%\begin{pmatrix}
%1 \\
%-2 \\
%1
%\end{pmatrix}
%\qquad
%\text{slik at}
%\qquad
\begin{pmatrix}
2  \\
3  \\
4
\end{pmatrix}
-
2
\begin{pmatrix}
 3  \\
4  \\
 5
\end{pmatrix}
+
\begin{pmatrix}
4 \\
5 \\
6
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
0 \\
0 \\
0
\end{pmatrix}.
\]
Vektorene i oppgave 6 ligger ikke i samme plan,
og den eneste mÃ¥ten Ã¥ lineÃ¦rkombinere dem til nullvektoren pÃ¥,
er Ã¥ sette $x_1=x_2=x_3=0$.
Dette kalles

\begin{tcolorbox}[title=LineÃ¦r uavhengighet]
Vi sier at vektorer $\V v_1$, $\V v_2$ ... $\V v_n$ er lineÃ¦rt uavhengige dersom
\[
c_1\V v_1+c_2\V v_2 +\cdots +c_n\V v_n=\V 0
\]
impliserer
at
\[
c_1=c_2=\cdots=c_n= 0.
\]
\end{tcolorbox}



Dersom vektorene i lineÃ¦rkombinasjonene som utgjÃ¸r vektorrommet
er lineÃ¦rt uavhengige,
kalles dette en \textbf{basis} for vektorrommet.
Et vektorrom har alltid mange basiser.
For eksempel har $\mathbb R^2$ basisen
\[
\left\{
\begin{pmatrix}
1 \\
0
\end{pmatrix},
\begin{pmatrix}
0 \\
1
\end{pmatrix}
\right\}
\]
siden alle vektorer i $\mathbb R^2$ kan skrives som en lineÃ¦rkombinasjon av disse to.
Men
\[
\left\{
\begin{pmatrix}
2 \\
1
\end{pmatrix},
\begin{pmatrix}
1 \\
2
\end{pmatrix}
\right\}
\]
er en like god basis for $\mathbb R^2$,
for alle vektorer i $\mathbb R^2$ kan skrives som en lineÃ¦rkombinasjon av disse to ogsÃ¥.
Mengden
\[
\left\{
\begin{pmatrix}
2 \\
1
\end{pmatrix},
\begin{pmatrix}
2 \\
1
\end{pmatrix}
\right\}
\]
er ikke en basis for $\mathbb R^2$,
for den er lineÃ¦rt avhengig -
de aller fleste vektorer i $\mathbb R^2$
kan ikke skrives som en lineÃ¦rkombinasjon av disse to.




\begin{oppgave}{57}
Vis at to parallelle vektorer
er en lineÃ¦rt avhengig vektormengde.
\end{oppgave}

\begin{center}
\includegraphics[scale=.25 ]{../figurer/L1003718}
\end{center}

Det gÃ¥r an Ã¥ bevise at dersom du har to basiser
for et og samme vektorrom,
mÃ¥ disse ha like mange elementer.
Derfor:

\begin{tcolorbox}[title=Dimensjon]
Antall vektorer i basisen.
\end{tcolorbox}

Vektorrommet $\mathbb R^5$ har fem dimensjoner fordi
du trenger fem lineÃ¦rt uavhengige vektorer for Ã¥ skrive et tilfeldig valgt punkt
som en lineÃ¦rkombinasjon:
\[
\begin{pmatrix}
x_1 \\
x_2 \\
x_3 \\
x_4 \\
x_5
\end{pmatrix}
=
x_1
\begin{pmatrix}
1 \\
0 \\
0 \\
0 \\
0
\end{pmatrix}
+x_2
\begin{pmatrix}
0 \\
1 \\
0 \\
0 \\
0
\end{pmatrix}
+x_3
\begin{pmatrix}
0 \\
0 \\
1 \\
0 \\
0
\end{pmatrix}
+x_4
\begin{pmatrix}
0 \\
0 \\
0 \\
1 \\
0
\end{pmatrix}
+x_5
\begin{pmatrix}
0 \\
0 \\
0 \\
0 \\
1
\end{pmatrix}
\]
men det finnes som sagt mange andre basiser for $\mathbb R^5$.
Du trenger bare fem lineÃ¦rt uavhengige vektorer i $\mathbb R^5$,
og sÃ¥ har du en basis.

\begin{oppgave}{58}
Finn en annen.
\end{oppgave}

LineÃ¦r uavhengighet er et mer abstrakt konsept enn determinanter,
men ogsÃ¥ mer anvendelig,
siden matrisen ikke trenger Ã¥ vÃ¦re kvadratisk.


\begin{oppgave}{59}
LÃ¸s likningssystemet
\[
\begin{amatrix}{3}
1&amp;2&amp;3&amp;0\\
2&amp;3&amp;4&amp;1\\
3&amp;4&amp;5&amp;2\\
4&amp;5&amp;6&amp;3
\end{amatrix}
\quad
\text{og}
\quad
\begin{amatrix}{3}
8&amp;-7&amp;0&amp;-3\\
-8&amp;-7&amp;3&amp;-7\\
-4&amp;5&amp;-8&amp;-3\\
-6&amp;6&amp;-4&amp;0
\end{amatrix}
\]
og kommenter resultatet.
Er kolonnene i matrisene lineÃ¦rt uavhengige?
\end{oppgave}


\begin{oppgave}{60}
Vis at dersom
\[
 \mathbf{w}=c_1\mathbf{v}_1+c_2\mathbf{v}_2+...+c_n\mathbf{v}_n
 \]
 og
$\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2,\cdots \mathbf{v}_n$ er lineÃ¦rt uavhengige,
er $c_1$, $c_2$,...,$c_n$ entydig bestemt.
\end{oppgave}


\begin{center}
\includegraphics[scale=.27]{../figurer/L1003463}
\end{center}


NÃ¥ skal vi se litt pÃ¥ en spesiell type vektorer.
Hvis du henger med pÃ¥ fÃ¸lgende,
vil du kanskje forstÃ¥ hvorfor det var naturlig Ã¥ gjette pÃ¥
eksponensialfunksjonen som lÃ¸sning
til lineÃ¦re differensiallikningene vi har studert til nÃ¥.
La
\[
A=
\left(\;\begin{matrix}
1 &amp; 2 &amp; 2 \\
2 &amp; 6 &amp; 2 \\
2 &amp; 2 &amp; 6
\end{matrix}\;\right)
\]
og beregn

\begin{minipage}{30mm}
\begin{oppgave}{27}
$
A\left(\;\begin{matrix}
1 \\
2\\
2
\end{matrix}\;\right)
$
\end{oppgave}
\end{minipage}
\begin{minipage}{30mm}
\begin{oppgave}{28}
$
A\left(\;\begin{matrix}
1 \\
1\\
1
\end{matrix}\;\right)
$
\end{oppgave}
\end{minipage}
\begin{minipage}{30mm}
\begin{oppgave}{29}
$
A\left(\;\begin{matrix}
0 \\
1\\
-1
\end{matrix}\;\right)
$
\end{oppgave}
\end{minipage}
\begin{minipage}{30mm}
\begin{oppgave}{30}
$
A\left(\;\begin{matrix}
1 \\
2\\
3
\end{matrix}\;\right)
$
\end{oppgave}
\end{minipage}
\begin{minipage}{30mm}
\begin{oppgave}{31}
$
A\left(\;\begin{matrix}
4 \\
-1\\
-1
\end{matrix}\;\right)
$
\end{oppgave}
\end{minipage}

og studer resultatene nÃ¸ye.

\begin{oppgave}{32}
Hva ser du?
\end{oppgave}

\begin{center}
\includegraphics[scale=.27]{../figurer/M1006591}
\end{center}



SjÃ¥ her:
\[
\left(\;\begin{matrix}
1 &amp; 2 &amp; 2 \\
2 &amp; 6 &amp; 2 \\
2 &amp; 2 &amp; 6
\end{matrix}\;\right)
\left(\;\begin{matrix}
1\\
1\\
1
\end{matrix}\;\right)
=
\left(\;\begin{matrix}
5\\
10\\
10
\end{matrix}\;\right)
\]
Ikke stort Ã¥ melde om.
Men hva med denne:
\[
\left(\;\begin{matrix}
1 &amp; 2 &amp; 2 \\
2 &amp; 6 &amp; 2 \\
2 &amp; 2 &amp; 6
\end{matrix}\;\right)
\left(\;\begin{matrix}
1\\
2\\
2
\end{matrix}\;\right)
=
\left(\;\begin{matrix}
9\\
18\\
18
\end{matrix}\;\right)
=
9
\left(\;\begin{matrix}
1\\
2\\
2
\end{matrix}\;\right)
\quad ?
\]
Noen vektorer har den egenskap at nÃ¥r man ganger dem inn i matrisen,
kommer det ut en skalarmultippel av den samme vektoren.
Dette ser tilforlatelig ut,
men er utrolig viktig,
og kalles \textbf{egenvektorer}.
Den korresponderende skalarmultippelen kalles \textbf{egenverdi},
og det er vanlig Ã¥ bruke den greske bokstaven $\lambda$ pÃ¥ denne.
Vi leter altsÃ¥ etter vektorer slik at
\[
A\mathbf x=\lambda \mathbf x.
\]
I eksemplet over er
\[
\mathbf x=
\left(\;\begin{matrix}
1\\
2\\
2
\end{matrix}\;\right)
\]
og $\lambda=9$.

\begin{oppgave}{33}
NÃ¥ vet du hva du skulle lete etter i forrige oppgave.
PrÃ¸v pÃ¥ nytt om du ikke sÃ¥ det isted.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{34}
Er
\[
\left(\;\begin{matrix}
2\\
4\\
4
\end{matrix}\;\right)
\]
en egenvektor til $A$?
\end{oppgave}



\begin{center}
\includegraphics[scale=.27]{../figurer/M1006587}
\end{center}



La oss nÃ¥ lage en systematisk fremgangsmÃ¥te for Ã¥ finne egenvektorer og egenverdier.
Likningen
\[
A\mathbf x=\lambda \mathbf x.
\]
kan vi skrive om til
\[
A\mathbf x-\lambda \mathbf x=\mathbf 0
\]
og har vi litt trening i enhetsmatrisen,
ser vi at vi kan faktorisere dette som
\[
\left(A-\lambda I\right) \mathbf x=\mathbf 0
\]
NÃ¥ vet du at dersom kolonnene i $A-\lambda I$ er lineÃ¦rt uavhengige,
har dette problemet entydig lÃ¸sning,
nemlig nullvektoren.

\begin{oppgave}{35}
Hvorfor det?
\end{oppgave}

Nullvektoren vil vi ikke skal klassifisere som egenvektor,
for hvis den gjorde det,
ville alle tall klassifisert som egenverdier,
siden likningen
\[
A\mathbf 0=\lambda \mathbf 0
\]
er sann uansett hva $\lambda$ er.
Hvis likningen
\[
A\mathbf x=\lambda \mathbf x
\]
skal ha andre lÃ¸sninger enn $\mathbf x = \mathbf 0$,
mÃ¥ vi kreve at kolonnene i $A-\lambda I$ er lineÃ¦rt avhengige.
Det er de hvis og bare hvis $\det\left(A-\lambda I\right)=0$.

\begin{oppgave}{36}
PrÃ¸v Ã¥ finne egenverdiene til matrisen $A$ pÃ¥ denne mÃ¥ten.
Hvor mange egenverdier kan en $3\times 3$-matrise maksimalt ha?
\end{oppgave}

\begin{center}
\includegraphics[scale=.27]{../figurer/M1006575}
\end{center}


Slik skjer det: Vi beregner
\begin{align*}
\det\left(A-\lambda I\right) &amp;=
\det
\left(\;\begin{matrix}
1-\lambda &amp; 2 &amp; 2 \\
2 &amp; 6-\lambda &amp; 2 \\
2 &amp; 2 &amp; 6-\lambda
\end{matrix}\;\right)
\\
&amp;=(1-\lambda)\left((6-\lambda)^2-4\right) \\
&amp;-2\left(2(6-\lambda)-4\right) \\
&amp;+2\left(4-2(6-\lambda)-4\right) \\
&amp;=\lambda^3-13\lambda^2+36\lambda\\
&amp;=\lambda(\lambda-4)(\lambda-9)
\end{align*}
slik at $\lambda_1=0$, $\lambda_2=4$ og $\lambda_3=9$ er de tre egenverdiene.
Polynomet $p(\lambda)=\lambda(\lambda-4)(\lambda-9)$ kalles matrisens \textbf{karakteristiske polynom}.
Husk nÃ¥ at algebraens fundamentalteorem sier at et polynom
\[
p(\lambda)=\lambda^n+a_{n-1}\lambda^{n-1}+...+a_1\lambda+a_0
\]
kan alltid faktoriseres
\[
p(\lambda)=\lambda^n+a_{n-1}\lambda^{n-1}+...+a_1\lambda+a_0=\prod_{i=1}^n (\lambda-\lambda_i),
\]
 der
 der $\lambda_i \in \mathbb C$ er lÃ¸sninger av likningen
\[
\lambda^n+a_{n-1}\lambda^{n-1}+...+a_1\lambda+a_0=0.
\]
Det karakteristiske polynomet har alltid orden $n$.
PÃ¥ folkemunne sier vi gjerne at en matrise alltid har \say{n} egenverdier,
men dette fordrer at du teller pÃ¥ riktig mÃ¥te.
Du mÃ¥ telle antall lineÃ¦re faktorer i det karakteristiske polynomet.
\footnote{Det er ikke nÃ¸dvendigvis enkelt Ã¥ finne egenverdiene bare fordi de finnes.
Niels Henrik Abel beviste i 1824 at det finnes ingen generell formel for Ã¥ lÃ¸se polynomlikninger med hÃ¸yere orden enn 5:\\
\url{https://en.wikipedia.org/wiki/Abelâ€“Ruffini_theorem}}

\begin{oppgave}{37}
Finn egenverdiene til
\[
B=
\left(\;\begin{matrix}
2 &amp; 1 &amp; 1 \\
1 &amp; 2 &amp; 1 \\
1 &amp; 1 &amp; 2
\end{matrix}\;\right)
\]
Hint: Ã… faktorisere et tredjeordens polynom er \say{trivielt} i den forstand at det finnes en formel:\\
\url{https://en.wikipedia.org/wiki/Cubic_equation#General_cubic_formula}.\\
Men det er ikke trivielt Ã¥ huske formelen.
PrÃ¸v heller numpy:\\
\url{https://numpy.org/doc/stable/reference/generated/numpy.linalg.eig.html}\\
\begin{center}
\includegraphics[scale=.9]{../figurer/balchen}
\end{center}
\end{oppgave}

NÃ¥r vi har funnet egenverdiene,
kan vi finne egenvektorene ved Ã¥ lÃ¸se likningen
\[
\left(A-\lambda_k I\right) \mathbf x=\mathbf 0
\]
For eksempel er egenvektoren til $\lambda_2=4$ gitt ved alle skalarmultipler av
\[
\left(\;\begin{matrix}
0\\
-1\\
1
\end{matrix}\;\right)
\]
siden
\[
\begin{amatrix}{3}
1-4 &amp; 2 &amp; 2 &amp; 0 \\
2 &amp; 6-4 &amp; 2 &amp; 0\\
2 &amp; 2 &amp; 6-4&amp; 0
\end{amatrix}
\sim
\begin{amatrix}{3}
-3 &amp; 2 &amp; 2 &amp; 0 \\
5 &amp; 0 &amp; 0 &amp; 0\\
0 &amp; 0 &amp; 0&amp; 0
\end{amatrix}
\]
De andre finnes pÃ¥ samme mÃ¥te.

\begin{oppgave}{38}
Finn egenvektorene til matrisene $A$ og $B$ over.
Hvis vil ha fasit,
kan du bruke np.linalg.eig.
\end{oppgave}

Alle skalarmultipler (unntatt nullvektoren) av en egenvektor er ogsÃ¥ egenvektorer.
Derfor er det vanlig Ã¥ definere noe som kalles egenrommet til en egenverdi -
dette er alle egenverdiens egenvektorer samt nullvektoren.

NÃ¥ er vi frem kommet til rosinen i pÃ¸lsen,
eller kanskje kanelen i kanelbollen.
OgsÃ¥ andre lineÃ¦roperatorer enn matriser kan ha egenvektorer.

\begin{oppgave}{39}
Hva er egenvektor eller egenfunksjon om du vil til derivasjonsoperatoren
\[
D(x)=\dot x \quad ?
\]
(Hint: du kjenner den godt.)
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{40}
SkjÃ¸nner du hvorfor det var lurt Ã¥ gjette pÃ¥ denne funksjonen nÃ¥r du skulle finne lÃ¸sninger til
\[
\ddot x + b\dot x + cx = 0 \quad ?
\]
\end{oppgave}

\begin{center}
\includegraphics[scale=.3]{../figurer/M1006534}
\end{center}


I ingeniÃ¸rmatematikken finnes det ikke noe
naturlig skarpt skille mellom lineÃ¦ralgebra og differensiallikninger.
Fysiske modeller er stort sett umulige Ã¥ forstÃ¥ uten noen av dem.
NÃ¥ skal vi smelte dem litt ordentligere sammen.
La oss fÃ¸rst herje litt med likningen
\[
\ddot{x}+b\dot{x}+cx=0.
\]
Vi lager noen nye variable:
\begin{align*}
z_1(t)=x(t) \\
z_2(t)=\dot{x}(t)
\end{align*}
Hvis du nÃ¥ aksepterer at vi kan skrive
\[
\mathbf z(t)=
\begin{bmatrix}
z_1(t) \\
z_2(t)
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}
x(t) \\
\dot x(t)
\end{bmatrix}
\quad
\text{og}
\quad
\dot \mathbf z(t)=
\begin{bmatrix}
\dot{z}_1(t) \\
\dot{z}_2(t)
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}
\dot x(t) \\
\ddot x(t)
\end{bmatrix}
\]
gÃ¥r det an Ã¥ skrive $\ddot{x}+b\dot{x}+cx=0$ pÃ¥ formen
\[
\dot \mathbf z = A\mathbf z.
\]



\begin{oppgave}{41}
Hva blir $A$?
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{42}
Ser du noen lÃ¸sninger?\\
(Hint: Det finnes to ekvivalente teknikker. Den ene er begynt pÃ¥ i forrige ukes pensum, og den andre kommer du kanskje pÃ¥ om du husker $\dot x = ax$ og gÃ¥r amok og tenker ordentlig kreativt.)
\end{oppgave}

\begin{center}
\includegraphics[scale=.33]{../figurer/M1006752}
\end{center}



Likningssystemet
\[
\dot \mathbf z = A\mathbf z
\]
kalles gjerne et \textbf{lineÃ¦rt og autonomt differensiallikningssystem med konstante koeffisienter},
og matrisen $A$ kan i prinsippet vÃ¦re hva som helst,
ikke bare
\[
A=
\begin{bmatrix}
0 &amp; 1  \\
-c &amp; -b
\end{bmatrix}
\]
slik som i oppgave 1.
De to ovennevnte lÃ¸sningsteknikkene funker pÃ¥
de aller fleste systemer (med noen unntakt, som vi skal komme tilbake til),
og den fÃ¸rste gÃ¥r som fÃ¸lger.
La $\lambda$ vÃ¦re en egenverdi til $A$,
la $\mathbf v$ vÃ¦re den korresponderende egenvektoren,
og la
\[
\mathbf x(t)=e^{\lambda t}\mathbf v
\]

\begin{oppgave}{43}
Regn ut $\dot \mathbf x$
og  $A \mathbf x$.
Hva ser du?
\end{oppgave}

Hvis du skjÃ¸nte oppgaven over,
vet du i prinsippet hvordan man ter seg,
nesten uansett hva $A$ mÃ¥tte vÃ¦re.

\begin{oppgave}{44}
Er $\mathbf x(t)=e^{\lambda t}\mathbf v$ en lÃ¸sning kun for $2\times 2$-systemer?
Hvor mange lÃ¸sninger burde et $n\times n$-system ha dersom det er rettferdighet i verden?
\end{oppgave}

Finn alle lÃ¸sninger til

\begin{minipage}{55mm}
\begin{oppgave}{45}
\begin{align*}
\dot z_1=&amp; z_1 + 2z_2 + 2z_3\\
\dot z_2=&amp; 2z_1 + 6z_2 + 2z_3 \\
\dot z_3=&amp; 2z_1 + 2z_2 + 6z_3
\end{align*}
\end{oppgave}
\end{minipage}
\begin{minipage}{55mm}
\begin{oppgave}{46}
\begin{align*}
\dot z_1=&amp; -z_2\\
\dot z_2=&amp; z_1
\end{align*}
\end{oppgave}
\end{minipage}
\begin{minipage}{55mm}
\begin{oppgave}{47}
\begin{align*}
\dot z_1=&amp; z_1+z_2\\
\dot z_2=&amp; z_2
\end{align*}
\end{oppgave}
\end{minipage}

\begin{center}
\includegraphics[scale=.3]{../figurer/M1006548}
\end{center}

\clearpage

SÃ¥ er det dette med initialverdier.
I alle lÃ¸sningene du fant over (hvis du gjorde det riktig),
satt det noen ubestemte konstanter.
Disse kan bestemmes ved Ã¥ spesifiser et initialkrav
\[
\mathbf z(0)=\mathbf z_0
\]
der $\mathbf z_0$ er en konstant vektor.

\begin{oppgave}{48}
Regn videre pÃ¥ oppgave 5, 6 og 7 med initialkravene
\[
\mathbf z(0)=
\begin{bmatrix}
5\\
0\\
2
\end{bmatrix}
\quad
\text{og}
\quad
\begin{bmatrix}
1\\
0
\end{bmatrix}
\quad
\text{og}
\quad
\begin{bmatrix}
0 \\
1
\end{bmatrix}
\]
henholdsvis.
\end{oppgave}

Initialverdiproblemet
\begin{align*}
\dot z_1=&amp; z_1+z_2 \hspace{12mm} z_1(0)=0\\
\dot z_2=&amp; z_2 \hspace{20mm} z_2(0)=1
\end{align*}
 illustrerer en viktig ting.
Det karakteristiske polynomet til en $n \times n$-matrise kan alltid spaltes i $n$ lineÃ¦re faktorer,
men det finnes ikke alltid $n$ lineÃ¦rt uavhengige egenvektorer.
I dette tilfellet sier vi at matrisen er \textbf{defekt}.
Differensiallikningessystemet i oppgaven har flere lÃ¸sninger enn de du fant,
og derfor klarer du ikke tilfredsstille initialkravene.

I neste semester skal vi se pÃ¥ hva vi gjÃ¸r i slike tilfeller,
men akkurat nÃ¥ lar vi det ligge,
og ser heller pÃ¥ en annen mÃ¥te Ã¥ skrive opp
(de samme) lÃ¸sningene pÃ¥.

\begin{oppgave}{49}
Niglan litt pÃ¥ lÃ¸sningen til $\dot x = ax$ og foreslÃ¥ en lÃ¸sning til $\dot \mathbf x = A\mathbf x$.
\end{oppgave}

\begin{center}
\includegraphics[scale=.3]{../figurer/M1006981}
\end{center}


Du gjettet helt riktig:
\[
\mathbf x=\mathbf x_0 e^{At}
\]
Men hva i all verden skal vi gjÃ¸re med $e^{At}$?
Hva betyr det i det hele tatt? FÃ¸lg med videre.

\clearpage


\begin{comment}


\section*{UKENS ANVENDELSER}

Matriser dukker som sagt opp overalt.

\subsection*{UKENS GENERELLE KJEMI LIFE HACK}

NÃ¥r man skal finne ph i vandige likevekter,
setter man opp protonbalansen,
massebalansen og elektronÃ¸ytraliteten.
Her er det viktig Ã¥ skjÃ¸nne at likningssett kan vÃ¦re
lineÃ¦rt avhengige.

\begin{oppgave}{1}
Les Sveins notat om ioniske likevekter i vann og forklar hvorfor det
er viktig Ã¥ kunne avgjÃ¸re om likninger er lineÃ¦rt uavhengige.
\end{oppgave}


\subsection*{STÃ˜KIOMETRISKE MATRISER}

Dersom kolonnene i en matrise $A$ er lineÃ¦rt avhengige,
betyr dette at likningen
\[
A\mathbf x=\mathbf 0
\]
har ikketrivielle lÃ¸sninger,
altsÃ¥ andre lÃ¸sninger enn $\mathbf x = \mathbf 0$.
Disse lÃ¸sningene utgjÃ¸r et vektorrom og kalles \textbf{nullrommet} til $A$.
Nullrommet til $A$ dukker opp nÃ¥r man vil balansere reaksjonslikninger.

Ã… balansere en reaksjonslikning er enkelt nÃ¥r den er liten. 
For eksempel ser vi raskt at 
\[
a\ce{NO}+b\ce{O2} \to c\ce{NO2}
\]
tilfredsstilles av $a=2$, $b=1$ og $c=1$,
slik at 
\[
2\ce{NO}+\ce{O2} \to \ce{NO2}.
\]
Dette er et lineÃ¦ralgebraproblem, 
fordi vi kan sette opp en likning for hvert atom. 
Nitrogenet gir likningen
\[
a=c
\]
mens oksygenet gir likningen
\[
a+2b=2c.
\]
En matematiker ville stilt dette opp slik:
\begin{align*}
a-c=0 \\
a+2b-2c=0
\end{align*}
NÃ¥ ser vi at det er to likninger og tre ukjente. 
Dette reflekterer at problemet matematisk sett har uendelig mange lÃ¸sninger;
vi kunne like gjerne skrevet 
\[
4\ce{NO}+2\ce{O2} \to 2\ce{NO2}
\]
eller 
\[
\ce{NO}+\frac{1}{2}\ce{O2} \to \frac{1}{2}\ce{NO2}.
\]


\begin{oppgave}{1}
Lukk denne filen litt og prÃ¸v det samme eksemplet selv.
\end{oppgave}


\begin{oppgave}{2}
Sett opp likningssystem for 
\[
a\ce{C6H14O4}+b\ce{O2} \to c\ce{CO2}+d\ce{H2O}
\]
og balanser.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{3}
Hva med
\[
a\ce{KCrO4}+b\ce{AgNO3} \to c\ce{Ag2CrO4}+d\ce{KNO3} \quad ?
\]
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{4}
Man produserer acrylonitril fra propylen, ammoniakk og oksygen slik:  
\[
a\ce{C3H6}+b\ce{NH3}+ c\ce{O2} \to d\ce{C3H3N}+e\ce{H2O}  
\]
Se eksempel 3.2 i Sigurd Skogestads klassiker om prosessteknikk.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{5}
Vi kan kjÃ¸re pÃ¥ systemer av reaksjonslikninger og. 
Her en prosess for Ã¥ lage metanol.
\begin{align*}
a\ce{CO}+b\ce{H2} &amp;\to c\ce{CH3OH} \\
d\ce{CO2}+e\ce{H2} &amp;\to f\ce{CH3OH} + g\ce{H2O}
\end{align*}
\url{https://en.wikipedia.org/wiki/Methanol#Production}
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{6}
Eller hva med litt dehydrogenering av etan?
\begin{align*}
a\ce{C2H6} &amp;\to b\ce{C2H4} +c\ce{H2} \\
d\ce{C2H6}+e\ce{H2} &amp;\to f\ce{CH4} 
\end{align*}
\end{oppgave}


\begin{oppgave}{7}
Eller kanskje litt aluminiumproduksjon fra aluminiumoksid:
\[
a\ce{Al2O3}+b\ce{C} \to c\ce{Al}+d\ce{CO2}  
\]
\end{oppgave}

Takk til Svein Sunde og Sigurd Skogestad for eksempler.
Se ogsÃ¥ kap. 3 i Vegards oppgavesamling:\\
\url{https://folk.ntnu.no/vegargje/Mattepilot_MTKJ/martaoppgaver.pdf}






\subsection*{RESISTIVE KRETSER}


Det finnes systematiske teknikker for Ã¥ sette opp et lineÃ¦re likningssystemer for en resistive krets,
altsÃ¥ kretser med kun motstander og spennings- eller strÃ¸mkilder.
NÃ¥ skal vi se pÃ¥ en av dem.
\textbf{MaskestrÃ¸msmetoden} bestÃ¥r i Ã¥ tenke at de ukjente er sirkulÃ¦re strÃ¸mmer som gÃ¥r i bane i hver slÃ¸yfe. 
Det er like mange ukjente som slÃ¸yfer i kretsen, 
og man fÃ¥r korrekt antall likninger ved Ã¥ summere spenningsfallet rundt hver slÃ¸yfe
og sÃ¥ bruke Kirchhoffs spenningslov.

\begin{oppgave}{1}
SÃ¸k opp 'mesh current' pÃ¥ internett,
og prÃ¸v maskestrÃ¸msmetoden pÃ¥ kretsene under.
Du finner metoden i Nilsson/Riedel kap. 4.4-4.5.\\
(I de tre siste kretsene er 
\end{oppgave}

\begin{minipage}{8cm}
\begin{center}
\begin{circuitikz}
\draw  (0,3) to [V=$1V$] (0,0);
\draw  (0,3) to   [ R=$1\Omega$] (3,3) to [R=$1\Omega$] (3,0) to [R=$1\Omega$] (0,0); 
\draw  (3,3) to   [ R=$1\Omega$] (6,3) to (6,0) to [R=$1\Omega$] (3,0); 
\draw  (0,3) to (0,6) to   [ R=$1\Omega$] (3,6) to [R=$1\Omega$] (3,3); 
\draw  (3,6) to   [ R=$1\Omega$] (6,6) to (6,3); 
\draw (.4,0) node[ground]{};		
\end{circuitikz}
\end{center}
\end{minipage}
\begin{minipage}{9cm}
\begin{center}
\begin{circuitikz}
\draw  (0,3) to   [ R=$1\Omega$] (3,3) to [R=$1\Omega$] (3,0) to [R=$1\Omega$] (0,0) to (0,3); 
\draw  (3,3) to   [ R=$1\Omega$] (6,3) to  [V=$1V$] (6,0) to [R=$1\Omega$] (3,0); 
\draw  (0,3) to (0,6) to   [ R=$1\Omega$] (3,6) to [R=$1\Omega$] (3,3); 
\draw  (3,6) to   [ R=$1\Omega$] (6,6) to (6,3); 
\draw (.4,0) node[ground]{};		
\end{circuitikz}
\end{center}
\end{minipage}

\begin{minipage}{8cm}
\begin{center}
\begin{circuitikz}
\draw  (0,3) to   [ R=$1\Omega$] (3,3) to [R=$1\Omega$] (3,0) to [R=$1\Omega$] (0,0) to [V=$1V$] (0,3); 
\draw  (3,3) to   [ R=$1\Omega$] (6,3);
\draw (6,0) to [V=$1V$] (6,3);
\draw (6,0) to [R=$1\Omega$] (3,0); 
\draw  (0,3) to (0,6) to   [ R=$1\Omega$] (3,6) to [R=$1\Omega$] (3,3); 
\draw  (3,6) to   [ R=$1\Omega$] (6,6) to (6,3); 
\draw (.4,0) node[ground]{};		
\end{circuitikz}
\end{center}
\end{minipage}
\begin{minipage}{9cm}
\begin{center}
\begin{circuitikz}
\draw  (0,3) to [V=$V_1$] (0,0);
\draw  (0,3) to   [ R=$R$] (3,3) to [R=$R$] (3,0) to [R=$R$] (0,0); 
\draw  (3,3) to   [ R=$R$] (6,3) to (6,0) to [R=$R$] (3,0); 
\draw  (0,3) to (0,6) to   [ R=$R$] (3,6) to [R=$R$] (3,3); 
\draw  (3,6) to   [ R=$R$] (6,6) to (6,3); 
\draw (.4,0) node[ground]{};
\end{circuitikz}
\end{center}
\end{minipage}

\begin{minipage}{8cm}
\begin{center}
\begin{circuitikz}
\draw  (6,0) to [V=$V_2$] (6,3);
\draw  (0,0) to (0,3);
\draw  (0,3) to   [ R=$R_1$] (3,3) to [R=$R_2$] (3,0) to [R=$R_3$] (0,0); 
\draw  (3,3) to   [ R=$R_4$] (6,3);
\draw  (6,0) to [R=$R_5$] (3,0); 
\draw  (0,3) to (0,6) to   [ R=$R_6$] (3,6) to [R=$R_7$] (3,3); 
\draw  (3,6) to   [ R=$R_8$] (6,6) to (6,3); 
\draw (.4,0) node[ground]{};
\end{circuitikz}
\end{center}
\end{minipage}
\begin{minipage}{9cm}
\begin{center}
\begin{circuitikz}
\draw  (0,3) to [V=$V_1$] (0,0);
\draw  (0,3) to [R=$R_1$] (3,3) to [R=$R_2$] (3,0) to [R=$R_3$] (0,0); 
\draw  (3,3) to [R=$R_4$] (6,3);
\draw (3,0) to [R=$R_5$] (6,0); 
\draw  (6,0) to [V=$V_2$] (6,3);
\draw  (0,6) to [R=$R_6$] (3,6) to [R=$R_7$] (3,3); 
\draw  (0,6) to [V=$V_3$] (0,3);
\draw  (3,6) to [R=$R_8$] (6,6); 
\draw (6,3) to [V=$V_4$] (6,6);
\draw (.4,0) node[ground]{};
\end{circuitikz}
\end{center}
\end{minipage}



Noen synes for Ã¸vrig maskestrÃ¸msmetoden er litt shady, 
for du kan potensielt ha ukjente som ikke kan mÃ¥les med et multimeter.
Noen mennesker liker Ã¥ mÃ¥le alt, 
og tror ikke pÃ¥ noe fÃ¸r de har vÃ¦rt bortpÃ¥ med multimeteret.

Nodespenningsmetoden er en annen systematisk metode for Ã¥ sette opp lineÃ¦re likningssystemer fra et kretsdiagram. 
Det bli litt flere likninger enn for maskestrÃ¸msmetoden, 
men den kan brukes selv om kretsen ikke er planar,
og du kan verifisere at du har regnet riktig ved Ã¥ mÃ¥le de ukjente med et multimeter.
Nodespenningsmetoden bestÃ¥r i Ã¥ sette opp spenningen i hver node (relativt til jordsymbolet) som ukjent i hver node, 
og bruke Kirchhoffs strÃ¸mlov pÃ¥ hver node.  


\begin{oppgave}{2}
PrÃ¸v nodespenningsmetoden pÃ¥ kretsene over.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{3}
Ta stilling til pÃ¥standen: 
\say{Nodespenningsmetoden gir alltid flere likninger og ukjente enn maskestrÃ¸msmetoden.}
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{4}
Det er ikke alltid det blir sÃ¥ lett.
PrÃ¸v Ã¥ bestemme $i_1$, $i_2$ og $i_3$ i disse kretsene:
\end{oppgave}

\begin{minipage}{8cm}
\begin{center}
	\begin{circuitikz}
		\draw  (0,3) to [V=$1V$] (0,0);
		\draw  (0,3) to   [ R=$1\Omega$, i=$i_1$] (3,3) to [ short, i=$i_2$]  (3,0) to  (0,0); 
		\draw  (3,3) to   (6,3) to  [ short, i=$i_3$] (6,0) to (3,0); 
		\end{circuitikz}
\end{center}
%(Hint: bruk KVL pÃ¥ den ene slÃ¸yfen og KCL pÃ¥ den ene noden.)
\end{minipage}
\begin{minipage}{8cm}
\begin{center}
	\begin{circuitikz}
		\draw  (0,3) to [V=$1V$] (0,0);
		\draw  (0,3) to   [ short , i=$i_1$] (3,3) to [ short, i=$i_2$]  (3,0) to  (0,0); 
		\draw  (3,3) to  [short, i=$i_3$] (6,3) to  [ R=$1\Omega$] (6,0) to (3,0); 
		\end{circuitikz}
\end{center}
\end{minipage}



Siden mange kretselementer er lineÃ¦re av natur (Ohms lov er for eksempel $v=Ri$), 
har dette konsekvenser for kretsanalysen.

\begin{oppgave}{5}
Sett opp et likningssystem for kretsen under (alle motstandene er $1\Omega$),
og lÃ¸s nÃ¥r
\[
\begin{pmatrix}
V_1 \\
V_2 \\
V_3 \\
V_4 
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
1 \\
0 \\
0 \\
0 
\end{pmatrix},
\quad 
\begin{pmatrix}
V_1 \\
V_2 \\
V_3 \\
V_4 
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
0 \\
1 \\
0 \\
0 
\end{pmatrix},
\quad
\begin{pmatrix}
V_1 \\
V_2 \\
V_3 \\
V_4 
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
0 \\
0 \\
1 \\
0 
\end{pmatrix},
\quad
\begin{pmatrix}
V_1 \\
V_2 \\
V_3 \\
V_4 
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
0 \\
0 \\
0 \\
1 
\end{pmatrix}
\quad
\text{og}
\quad
\begin{pmatrix}
V_1 \\
V_2 \\
V_3 \\
V_4 
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
4 \\
3 \\
2 \\
1 
\end{pmatrix}
\]
\begin{center}
	\begin{circuitikz}
		\draw  (0,2) to [V=$V_1$] (0,0);
		\draw  (0,2) to [R] (3,2) to [R] (3,0) to [R] (0,0); 
		\draw  (3,2) to [R] (6,2);
		\draw (3,0) to [R] (6,0); 
		\draw  (6,2) to [V=$V_3$] (6,0);
		\draw  (0,4) to [R] (3,4) to [R] (3,2); 
		\draw  (0,4) to [V=$V_2$] (0,2);
		\draw  (3,4) to [R] (6,4); 
		\draw (6,4) to [V=$V_4$] (6,2);
		\end{circuitikz}
\end{center}
\end{oppgave}



\begin{oppgave}{6}
Matrise-vektorproduktet er en lineÃ¦roperator.
Forklar hvorfor dette impliserer at du kan basere din lÃ¸sning av den siste pÃ¥ din lÃ¸sning av de fire fÃ¸rste.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{7}
Finn strÃ¸mmene i kretsen. (Alle motstandene er fortsatt 1$\Omega$. Her kan python komme godt med, sÃ¥ du slipper Ã¥ gausseliminere en $8\times 8$-matrise.)
\begin{center}
	\begin{circuitikz}
		\draw  (0,2) to [V=$V_1$] (0,0);
		\draw  (0,2) to [R] (3,2) to [R] (3,0) to [R] (0,0); 
		\draw  (3,2) to [R] (6,2);
		\draw (3,0) to [R] (6,0); 
		\draw  (6,2) to [V=$V_3$] (6,0);
		\draw  (0,4) to [R] (3,4) to [R] (3,2); 
		\draw  (0,4) to [V=$V_2$] (0,2);
		\draw  (3,4) to [R] (6,4); 
		\draw (6,4) to [V=$V_4$] (6,2);
		\draw  (6,2) to [R] (9,2) to [R] (9,0) to [R] (6,0); 
		\draw  (9,2) to [R] (12,2);
		\draw (9,0) to [R] (12,0); 
		\draw  (12,2) to [V=$V_5$] (12,0);
		\draw  (6,4) to [R] (9,4) to [R] (9,2); 
		\draw  (9,4) to [R] (12,4); 
		\draw (12,4) to [V=$V_6$] (12,2);
		\end{circuitikz}
\end{center}
\end{oppgave}


\begin{oppgave}{8}
Kretsen under modellerer en hÃ¸yttaler eller noe i den dur.
\begin{center}
	\begin{circuitikz}
		\draw  (0,3) to [V=$V$] (0,1);
		\draw  (0,3) to [ R=$R_2$,i=$i_1$] (4,3) to [R=$R_1$] (4,1) to [R=$R_2$]  (0,1); 
		\draw  (4,3) to [R=$R_2$,i&gt;^=$i_2$] (8,3) to [R=$R_1$] (8,1) to [R=$R_2$] (3,1) ;
	\end{circuitikz}
\end{center}
Bruk maskestrÃ¸msmetoden
til Ã¥ sette opp et $2\times 2$ lineÃ¦rt likningssystem for $i_1$ og $i_2$,
og finn disse som funksjon av $R_1$, $R_2$ og $V$.
\end{oppgave}




\begin{oppgave}{9}
En veldig rik, kjip og gjerrig fyr har tatt kontrollen over alle multimeterne pÃ¥ GlÃ¸shaugen,
og du er dessverre helt nÃ¸dt til Ã¥ finne strÃ¸mmene i fÃ¸lgende krets i forbindelse med en obligatorisk innlevering i TTT4203:
\begin{center}
	\begin{circuitikz}
		\draw  (0,3) to [V=$V_1$] (0,1);
		\draw  (0,3) to [ R=$R_2$] (4,3) to [R=$R_1$] (4,1) to  (0,1); 
		\draw  (4,3) to [R=$R_2$] (8,3); 
		\draw (3,1) to (8,1) to [V=$V_2$] (8,3);
	\end{circuitikz}
\end{center}
Batteriene som driver spenningskildene er nesten utladede, 
sÃ¥ spenningen pÃ¥ dem er litt uvisst,
men den rike fyren med multimeteret selger deg informasjon om at maskestrÃ¸mmene i kretsen er henholdsvis 1 A og 2 A nÃ¥r den venstre spenningskilden er pÃ¥,
og motsatt (altsÃ¥ henholdsvis 2A og 1A) nÃ¥r den hÃ¸yre er pÃ¥.
Han nekter imidlertid Ã¥ mÃ¥le strÃ¸mmene nÃ¥r begge spenningskildene er pÃ¥,
for han er redd for at kretsen skal eksplodere.

Heldigvis er du ganske flink i elektroteknikk,
og derfor kan du regne ut strÃ¸mmene i kretsen nÃ¥r begge spenningskildene er pÃ¥. 
Hva blir de? Forklar. 
\end{oppgave}


\begin{oppgave}{10}
Sett diodeparametrene til dine favorittverdier, og finn strÃ¸mmene i kretsen.
\begin{center}
	\begin{circuitikz}
		\draw  (0,3) to [V=1$V$] (0,1);
		\draw  (0,3) to [ R=1$\Omega$] (4,3) to [R=1$\Omega$] (4,1) to  (0,1); 
		\draw  (4,3) to [R=1$\Omega$] (8,3); 
		\draw  (8,3) to [D] (8,1) to (3,1);
	\end{circuitikz}
\end{center}
\end{oppgave}







\end{comment}


\section*{UKENS NÃ˜TTER}

\begin{oppgave}{1}
La $A\mathbf x=\mathbf y$ vÃ¦re et lineÃ¦rt likningssystem.
UtgjÃ¸r $\mathbf x$ et vektorrom?
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{2}
Danner sannsynlighetstetthetsfunksjoner et vektorrom?\\
\url{https://en.wikipedia.org/wiki/Probability_density_function}
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{3}
La
\[
A=
\begin{bmatrix}
2 &amp; 3 &amp; 4 \\
3 &amp; 4 &amp; 5 \\
4 &amp; 5 &amp; 6
\end{bmatrix}
\quad
\text{og}
\quad
B=
\begin{bmatrix}
1 &amp; 4 &amp; 7 \\
2 &amp; 5 &amp; 8 \\
3 &amp; 6 &amp; 9
\end{bmatrix}
\]
Er kolonnene i $AB$ lineÃ¦rt uavhengige?
\end{oppgave}

Av og til er det slik at ting er lineÃ¦ralgebra selv om det ser ut som noe helt annet.


\begin{oppgave}{4}
La
\begin{align*}
p(x)&amp;=8x^3-8x^2-4x-6 \\
q(x)&amp;=-7x^3-7x^2+5x+6 \\
r(x)&amp;=3x^2-8x-4
\end{align*}
Finnes det konstanter $a$, $b$ og $c$ slik at
\[
a\cdot p(x)+b\cdot q(x)+c\cdot r(x)=-3x^3-7x^2-3x?
\]
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{5}
La
\begin{align*}
p(x)&amp;=-6x^3-4x^2-8x+8 \\
q(x)&amp;=6x^3+5x^2-7x-7 \\
r(x)&amp;=-4x^3-8x^2+3x
\end{align*}
Finnes det konstanter $a$, $b$ og $c$ slik at
\[
a\cdot p(x)+b\cdot q(x)+c\cdot r(x)=-3x^2-7x-3?
\]
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{6}
Kan en lineÃ¦rt uavhengig vektormengde inneholde nullvektoren?
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{7}
Hvor mange dimensjoner har vektorrommet av alle lineÃ¦rkombinasjoner pÃ¥ formen
\[
c_1\cos 2 t
+c_2\sin 2 t
+c_3\quad ?
\]
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{8}
Hva med
\[
c_1\cos^2 t
+c_2\sin^2 t
+c_3\quad ?
\]
\end{oppgave}

\begin{comment}

\section*{UKENS MORO}

Nord pÃ¥ kartet peker mot den geografiske nordpolen. 
Denne flytter seg ikke over tid, 
men den magnetiske nordpolen gjÃ¸r. 
Forskjellen i grader mellom geografisk og magnetisk nordpol kalles misvisning,
og denne er viktig for bÃ¥tfÃ¸rere.

Din kurs $\alpha$ relativt til geografisk nordpol kalles rettvisende kurs, 
og din kurs $\theta$ relativt til magnetisk nordpol, 
kalles magnetisk kurs. 
Misvisningen $m$ er sÃ¥nn nogenlunde konstant innenfor et og samme sjÃ¸kart 
(den endrer seg betydelig langs norskekysten og med en grad eller to per tiÃ¥r),
og disse tre tilfredsstiller den lineÃ¦re likningen
\[
\alpha=\theta+m.
\]
Ved fravÃ¦r av magnetisk pÃ¥virkning fra bÃ¥ten vil et magnetisk kompass peke mot den magnetiske nordpolen.
Dersom kompasset blir pÃ¥virket av interne magnetiske felt i bÃ¥ten,
fÃ¥r vi i tillegg noe som kalles deviasjon,
og alt blir litt mer komplisert.
Dette skal vi se pÃ¥ senere.

PÃ¥ sjÃ¸kart er likningen $x=y+a$ er fremstilt grafisk i kompassrosen, 
se figur. 
(Kartet under er fra Helgelandskysten.
Misvisningen var pÃ¥ 3 grader Ã¸st i 2015, 
og Ã¸ker med omtrent en grad hvert sjette Ã¥r.)
\begin{center}
\includegraphics[scale=.62]{../figurer/kompassrose}
\end{center}

\end{comment}

\clearpage

\section*{LÃ˜SNINGSFORSLAG}

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

\begin{oppgave}{4}
	Du trenger ikke fasit pÃ¥ disse.
	Noen fÃ¥ 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:
	\[
		\begin{amatrix}{3}
			2 &amp; i &amp; 5-3i &amp;10 \\
			4 &amp; 2i &amp; 10+2i &amp;20+16i \\
			2i &amp; -1 &amp; 4+6i &amp;2+12i
		\end{amatrix}
	\]
	for det er mange som blir forvirret av gausseliminasjon nÃ¥r det er komplekse tall involvert.
	Begynn med Ã¥ gange fÃ¸rste likning med 2,
	trekke den fra likning nummer 2,
	og bytte ut:
	\[
		\begin{amatrix}{3}
			2 &amp; i &amp; 5-3i &amp;10 \\
			0 &amp; 0 &amp; 8i &amp;16i \\
			2i &amp; -1 &amp; 4+6i &amp;2+12i
		\end{amatrix}
	\]
	SÃ¥ ganger vi fÃ¸rste likning med $i$,
	trekker den fra den siste,
	og fÃ¥r
	\[
		\begin{amatrix}{3}
			2 &amp; i &amp; 5-3i &amp;10 \\
			0 &amp; 0 &amp; 8i &amp;16i \\
			0 &amp; 0 &amp; 1+i &amp;2+2i
		\end{amatrix}
	\]
	Hvis vi nÃ¥ ganger likning nummer to med $(1+i)/8i$ og trekker dette fra den siste og bytter ut,
	fÃ¥r vi
	\[
		\begin{amatrix}{3}
			2 &amp; i &amp; 5-3i &amp;10 \\
			0 &amp; 0 &amp; 8i &amp;16i \\
			0 &amp; 0 &amp; 0 &amp; 0
		\end{amatrix}
	\]
	Hm. Det er visst bare to likninger dette her.
	Den ene forsvant helt under gausseliminasjon!
	Siden likningene var konsistente fÃ¥r vi uendelig mange lÃ¸sninger,
	og de kan skrives opp som fÃ¸lger.
	FÃ¸rst gir den andre likningen at $x_3=2$,
	og da sitter vi igjen med likningen
	\[
		2x_1 + ix_2 + 2(5-3i) = 10.
	\]
	NÃ¥ kan vi velge $x_2=s$,
	regne ut at
	\[
		x_1 = 6i - si.
	\]
	Det er vanlig Ã¥ skrive opp lÃ¸sningene pÃ¥ 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 Ã¥ \textbf{parametrisere lÃ¸sningsrommet}.
\end{oppgave}

	\begin{oppgave}{5}
		Vi gausser
		\[
			\begin{amatrix}{3}
			2 &amp; 3 &amp; 4 &amp;4 \\
			3 &amp; 4 &amp; 5 &amp;5 \\
			4 &amp; 5 &amp; 6 &amp;3
			\end{amatrix}
			\sim
			\begin{amatrix}{3}
			2 &amp; 3 &amp; 4 &amp;4 \\
			0 &amp; 1 &amp; 2 &amp;2 \\
			0 &amp; 1 &amp; 2 &amp;5
			\end{amatrix}
		\]
		Huff da, $x_{2} + 2x_3$ kan da ikke vÃ¦re bÃ¥de 2 og 5.
		Disse likningene var inkonsistente,
		og vi har ingen lÃ¸sning.
		Neste:
		\[
			\begin{amatrix}{3}
				2 &amp; 3 &amp; 4 &amp;8 \\
				3 &amp; 4 &amp; 5 &amp;10 \\
				4 &amp; 5 &amp; 6 &amp;12
			\end{amatrix}
			\sim
			\begin{amatrix}{3}
				2 &amp; 3 &amp; 4 &amp;8 \\
				0 &amp; 1 &amp; 2 &amp;4 \\
				0 &amp; 1 &amp; 2 &amp;4
			\end{amatrix}
			\sim
			\begin{amatrix}{3}
				2 &amp; 3 &amp; 4 &amp;8 \\
				0 &amp; 1 &amp; 2 &amp;4 \\
				0 &amp; 0 &amp; 0 &amp;0
			\end{amatrix}
		\]
		Disse likningene var konsistente,
		sÃ¥ nÃ¥ kan du prÃ¸ve Ã¥ parametrisere lÃ¸sningsrommet slik som i forrige oppgave.
		Den neste er lett
		\[
			\begin{amatrix}{3}
				2 &amp; 3 &amp; 4 &amp;0 \\
				3 &amp; 4 &amp; 5 &amp;0 \\
				4 &amp; 5 &amp; 7 &amp;0
			\end{amatrix}
			\sim
			\begin{amatrix}{3}
				2 &amp; 3 &amp; 4 &amp;0 \\
				0 &amp; 1 &amp; 2 &amp;0 \\
				0 &amp; 1 &amp; 1 &amp;0
			\end{amatrix}
			\sim
			\begin{amatrix}{3}
				2 &amp; 3 &amp; 4 &amp;0 \\
				0 &amp; 1 &amp; 2 &amp;0 \\
				0 &amp; 0 &amp; 1 &amp;0
			\end{amatrix}
		\]
		som gir at $x_1=x_2=x_3=0$.
		Den siste er lik pÃ¥ en av de forrige:
		\[
			\begin{amatrix}{3}
				2 &amp; 3 &amp; 4 &amp;0 \\
				3 &amp; 4 &amp; 5 &amp;0 \\
				4 &amp; 5 &amp; 6 &amp;0
			\end{amatrix}
			\sim
			\begin{amatrix}{3}
				2 &amp; 3 &amp; 4 &amp;0 \\
				0 &amp; 1 &amp; 2 &amp;0 \\
				0 &amp; 0 &amp; 0 &amp;0
			\end{amatrix}
		\]
og vi fÃ¥r uendelig mange lÃ¸sninger
		\[
			\begin{pmatrix}
				x_1 \\
				x_2 \\
				x_3
			\end{pmatrix}
			=s
			\begin{pmatrix}
				1 \\
				-2 \\
				1
			\end{pmatrix}.
		\]
	\end{oppgave}

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

		Dette kan vÃ¦re litt vanskelig Ã¥ se for seg.
		Ta tre ark og eksperimenter litt med de forskjellige situasjonene.
		Hvis du synes det er hÃ¥plÃ¸st,
		kan jeg trÃ¸ste deg med at du fÃ¥r en bedre teknikk om noen fÃ¥ strakser.
	\end{oppgave}

	\begin{oppgave}{7}
		NÃ¥ er det litt lettere Ã¥ 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 nÃ¥ frem til hvor som helst i $\mathbb{R}^3$ ved Ã¥ lineÃ¦rkombinere dem;
		det skjÃ¸nner 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 lineÃ¦rkombinasjon du velger.

		Hvis du skal finne ut om tre vektorer ligger i samme plan,
		kan du ta trippelproduktet mellom dem.
		Dette kalles for Ã¸vrig 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}.
		ForhÃ¥pentligvis skjÃ¸nner du nÃ¥ at \say{hver sin retning}
		er bare tull og tÃ¸ys, og sier oss ingenting.
		Vi trenger et mer presist konsept.
		Derfor lineÃ¦r 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 lineÃ¦rt avhengige,
		siden de kan lineÃ¦rkombineres 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 lineÃ¦rt uavhengige siden de kun kan lineÃ¦rkombineres til nullvektoren ved at vektene alle er null,
		se oppgave 5.
	\end{oppgave}

	\begin{oppgave}{61}
		La $x$ vÃ¦re antall hÃ¸ns og $y$ vÃ¦re antall kyr.
		Han har sagt at antall hoder er 141,
		som gir
		\[
			x+y = 141
		\]
		siden bÃ¥de hÃ¸ns 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 mÃ¥ Ã¥penbart vÃ¦re feil siden det er hÃ¸ns 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 pÃ¥ hverandre,
		og siden han Ã¥penbart ikke har ingen dyr,
		er dette en fullgod likning som fÃ¸lger 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 nÃ¸dvendig Ã¥ si,
		for dette fÃ¸lger av de to fÃ¸rste likningene.
		Hvis vi tar tre av den fÃ¸rste likningen og trekker fra den andre,
		fÃ¥r vi likningen
		\[
			x-y = 41.
		\]

		Amund har altsÃ¥ gitt oss fire likninger.
		En person som er trent i lineÃ¦r uavhengighet vil raskt se at
		de to fÃ¸rste likningene er uavhengige.
		Dette kan sees pÃ¥ flere mÃ¥ter.
		La oss fÃ¸rst prÃ¸ve Ã¥ kombinere dem til likningen $0=0$.
		\begin{align*}
			c_1( x+y &amp;= 141 ) \\
			+\hspace{1mm}c_2( 2x+4y &amp;= 382) \\
			=\hspace{14mm}( 0&amp;=0)
		\end{align*}
		Hvis vi sammenlikner $x$-ene pÃ¥ hver side,
		fÃ¥r vi liknigen
		\[
			c_1 + 2c_2 = 0
		\]
		og gjÃ¸r vi det samme med $y$-ene,
		fÃ¥r vi
		\[
			c_1 + 4c_2 = 0.
		\]
		Vi kan ogsÃ¥ gjÃ¸re det med hÃ¸yresiden,
		og da fÃ¥r vi
		\[
			141c_1 + 382c_2 = 0
		\]
		Men det spiller ingen rolle.
		Det eneste valget av $c_1$ og $c_2$ som gjÃ¸r alle disse likningene sanne,
		er $c_1=c_2=0$.
		Med andre ord er likningene
		\begin{align*}
			x+y &amp;= 41 \\
			2x+4y&amp;= 382
		\end{align*}
		lineÃ¦rt uavhengige,
		og siden det er like mange likninger som ukjente,
		har vi entydig lÃ¸sning.
		Amund har altsÃ¥ gitt oss to likninger mer enn nÃ¸dvendig.
		Den ene av likningene var inkonsistent med de andre,
		men hvis vi antar at han byttet om pÃ¥ hoder og bein ved en feiltagelse i akkurat den likningen,
		gÃ¥r alt fint opp.

		Jeg sjekka nÃ¥ om disse likningene var lineÃ¦rt uavhengige bare for Ã¥ illustrere.
		I praksis er det enklere Ã¥ 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 lineÃ¦rt uavhengige.
		Det er de,
		for
			\[
			c_1
			\begin{pmatrix}
				1 \\
				2
			\end{pmatrix}
			+
			c_2
			\begin{pmatrix}
				1 \\
				4
			\end{pmatrix}
			=
			\begin{pmatrix}
				0 \\
				0
			\end{pmatrix}
		\]
		lÃ¸ses kun av $c_1=c_2=0$,
		og vi kan konkludere at likningssystemet har entydig lÃ¸sning.
	\end{oppgave}

\begin{oppgave}{62}
 Hvis du legger sammen den fÃ¸rste og den tredje likningen og sÃ¥ trekker fra to av den i midten,
	fÃ¥r du likningen $0=0$.
	Med andre ord kan du skrive den fÃ¸rste likningen som to av den andre minus den tredje,
	og den tredje som to av den andre minus den fÃ¸rste,
	eller eventuelt den andre som en halv av den fÃ¸rst pluss en halv av den tredje.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{63}
Nei.
Du kan selv sjekke at likningene er lineÃ¦rt uavhengige.
Dette er synonymt med at ingen av dem fÃ¸lger av de andre.
\end{oppgave}


\begin{oppgave}{64}
Ja.
Hvis du prÃ¸ver Ã¥ fÃ¥ likningen
\[
	c_1e^{-t}\cos t +c_2e^{-t}\sin t = 0
\]
til Ã¥ vÃ¦re sann for alle $t$,
er du pent nÃ¸dt til Ã¥ 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}{9}
		Ã… gange sammen matriser er en formel.
		Du gÃ¥r pÃ¥ Norges hippeste ingeniÃ¸rutdanning.
		Du klarer det.
		Her er fasiten:
		\[
\begin{pmatrix}
20 &amp; 47 &amp; 74 \\
26 &amp; 62 &amp; 98 \\
35 &amp; 83  &amp; 131 \\
\end{pmatrix}
\]
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{10}
	Pythonrutinen for Ã¥ gange sammen matriser kalles \say{matmul}.
	Denne kan kalles ved Ã¥ bruke @,
	ser her:\\
	\url{https://numpy.org/doc/stable/reference/generated/numpy.matmul.html}\\
	Dette gir deg fasit pÃ¥ denne oppgaven.
\end{oppgave}



\begin{oppgave}{11}
$
\hspace{10mm}
\begin{pmatrix}
2 &amp; 3 &amp; 4 \\
3 &amp; 4 &amp; 5 \\
4 &amp; 5 &amp; 7
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
1 &amp; 0 &amp; 0 \\
0 &amp; 1 &amp; 0 \\
0 &amp; 0 &amp; 1
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
1 &amp; 0 &amp; 0 \\
0 &amp; 1 &amp; 0 \\
0 &amp; 0 &amp; 1
\end{pmatrix}
	\begin{pmatrix}
2 &amp; 3 &amp; 4 \\
3 &amp; 4 &amp; 5 \\
4 &amp; 5 &amp; 7
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
2 &amp; 3 &amp; 4 \\
3 &amp; 4 &amp; 5 \\
4 &amp; 5 &amp; 7
\end{pmatrix}
$
\end{oppgave}



\begin{oppgave}{12}
Her er en enda artigere ting.
La
\[
\begin{pmatrix}
2 &amp; 3 &amp; 4 \\
3 &amp; 4 &amp; 5 \\
4 &amp; 5 &amp; 7
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
-3 &amp; 1 &amp; 1 \\
1 &amp; 2 &amp; -2 \\
1 &amp; -2 &amp; 1
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
-3 &amp; 1 &amp; 1 \\
1 &amp; 2 &amp; -2 \\
1 &amp; -2 &amp; 1
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
2 &amp; 3 &amp; 4 \\
3 &amp; 4 &amp; 5 \\
4 &amp; 5 &amp; 7
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
1 &amp; 0 &amp; 0 \\
0 &amp; 1 &amp; 0 \\
0 &amp; 0 &amp; 1
\end{pmatrix}
\]
	Dette kan brukes til Ã¥ lÃ¸se likningssystemer.
	Hvis du ganger med den inverse fra venstre pÃ¥ likningssystemet
	\[
		A\mathbf{x} = \mathbf{b},
	\]
	fÃ¥r du lÃ¸sningen
	\[
		\mathbf{x} = A^{-1}\mathbf{b}.
	\]
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{13}
Hvis du ikke var helt sikker pÃ¥ hva $B$ i forrige oppgave kan brukes til,
prÃ¸v Ã¥ gange vektoren
\[
\begin{pmatrix}
-3 &amp; 1 &amp; 1 \\
1 &amp; 2 &amp; -2 \\
1 &amp; -2 &amp; 1
\end{pmatrix}
	\mathbf b=
\begin{pmatrix}
4 \\
5 \\
3
\end{pmatrix}
	=
\begin{pmatrix}
-4 \\
8 \\
-3
\end{pmatrix}
\]
Dette er det du fikk som lÃ¸sning pÃ¥ et av systemene i oppgave 3.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{$12^{-1}$}
Det enkleste er kanskje Ã¥ gausseliminere
\[
\begin{pmatrix}
2 &amp; 3 &amp; 4 &amp; 1 &amp; 0 &amp; 0\\
3 &amp; 4 &amp; 5 &amp; 0 &amp; 1 &amp; 0\\
4 &amp; 5 &amp; 7 &amp; 0 &amp; 0 &amp; 1
\end{pmatrix}
\]
og sÃ¥ gausseliminere helt til du fÃ¥r
\[
\begin{pmatrix}
1 &amp; 0 &amp; 0 &amp; 	-3 &amp; 1 &amp; 1 \\
0 &amp; 1 &amp; 0 &amp; 1 &amp; 2 &amp; -2 \\
0 &amp; 0 &amp; 1 &amp; 1 &amp; -2 &amp; 1
\end{pmatrix}
\]
	Dette er kjedelig,
	men en fin test pÃ¥ om du kan gausseliminere feilfritt.

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



\begin{oppgave}{14}
$\hspace{10mm}BA =
	\begin{pmatrix}
42 &amp; 54 &amp; 73 \\
51 &amp; 66 &amp; 89 \\
60 &amp; 78 &amp; 105
\end{pmatrix}
\neq BA
$
\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 bÃ¥de $x$ og $y$ er lÃ¸sninger,
altsÃ¥ at
	\[
		\ddot x + b\dot x + cx = 0
		\hspace{10mm}
		\text{og}
		\hspace{10mm}
		\ddot y + b\dot y + cy = 0.
	\]
NÃ¥ ser jeg at han fjotten som har laget oppgaven har brukt $b$ til to forskjellige ting,
	bÃ¥de koeffisienten i likningen og vekten i lineÃ¦rkombinasjonen $ax+by$.
	La oss endre sistnevnte til $z = d_1 x + d_2 y$ istedet.
	Vi setter $z$ inn i likningen og fÃ¥r
	\begin{align*}
		\ddot z + b\dot z + cz &amp;= \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]
		&amp;=  \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]
		&amp;= 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 fÃ¥r
\[
\begin{amatrix}{2}
2 &amp; 3 &amp; 4  \\
3 &amp; 4 &amp; 5 \\
4 &amp; 5 &amp; 6
\end{amatrix}
\sim
\begin{amatrix}{2}
2 &amp; 3 &amp; 4  \\
0 &amp; 1 &amp; 2 \\
0 &amp; 1 &amp; 2
\end{amatrix}
\sim
\begin{amatrix}{2}
2 &amp; 3 &amp; 4  \\
0 &amp; 1 &amp; 2 \\
0 &amp; 0 &amp; 0
\end{amatrix}
\]
	som gir lÃ¸sninger pÃ¥ 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,
sÃ¥ vi kan skrive opp lÃ¸sningene umiddelbart:
	som gir lÃ¸sninger pÃ¥ 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 lineÃ¦rt uavhengige,
	sÃ¥ $x_1=x_2=x_3=0$ mÃ¥ vÃ¦re eneste lÃ¸sning.
\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 lineÃ¦rkombinert $\mathbf{x}$ og $\mathbf{y}$ til nullvektoren med vektor som ikke null.
	AltsÃ¥ er de lineÃ¦rt 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 lineÃ¦rt uavhengig vektormengde med fem vektorer i $\mathbb{R}^5$.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{59}
Vi gausser
\[
\begin{amatrix}{3}
1&amp;2&amp;3&amp;0\\
2&amp;3&amp;4&amp;1\\
3&amp;4&amp;5&amp;2\\
4&amp;5&amp;6&amp;3
\end{amatrix}
\sim
	\begin{amatrix}{3}
1&amp;2&amp;3&amp;0\\
0&amp;1&amp;2&amp;-1\\
0&amp;2&amp;4&amp;-2\\
0&amp;3&amp;6&amp;-3
\end{amatrix}
\sim
	\begin{amatrix}{3}
1&amp;2&amp;3&amp;0\\
0&amp;1&amp;2&amp;-1\\
0&amp;0&amp;0&amp;0\\
0&amp;0&amp;0&amp;0
\end{amatrix}
\]
Her ble det to lineÃ¦rt uavhengige likninger,
hvis lÃ¸sninger 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 lineÃ¦rt 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
\[
	\begin{pmatrix}
1&amp;2&amp;3&amp;0\\
2&amp;3&amp;4&amp;1\\
3&amp;4&amp;5&amp;2\\
4&amp;5&amp;6&amp;3
\end{pmatrix}
\]
er altsÃ¥ 2,
og dette er antall dimensjoner i kolonnerommmet.

Vi gausser litt mer:
\begin{align*}
\begin{amatrix}{3}
8&amp;-7&amp;0&amp;-3\\
-8&amp;-7&amp;3&amp;-7\\
-4&amp;5&amp;-8&amp;-3\\
-6&amp;6&amp;-4&amp;0
\end{amatrix}
\hspace{5mm}
\sim&amp;
\hspace{5mm}
\begin{amatrix}{3}
8&amp;-7&amp;0&amp;-3\\
0&amp;-14&amp;3&amp;-10\\
-8&amp;10&amp;-16&amp;-6\\
-6&amp;6&amp;-4&amp;0
\end{amatrix}\\
\hspace{5mm}
\sim&amp;
\hspace{5mm}
\begin{amatrix}{3}
8&amp;-7&amp;0&amp;-3\\
0&amp;-14&amp;3&amp;-10\\
0&amp;3&amp;-16&amp;-9\\
-6&amp;6&amp;-4&amp;0
\end{amatrix}\\
\hspace{5mm}
\sim&amp;
\hspace{5mm}
\begin{amatrix}{3}
8&amp;-7&amp;0&amp;-3\\
0&amp;-14&amp;3&amp;-10\\
0&amp;3&amp;-16&amp;-9\\
0&amp;3&amp;-16&amp;-9
\end{amatrix}
\hspace{5mm}
\sim
\hspace{5mm}
\begin{amatrix}{3}
8&amp;-7&amp;0&amp;-3\\
0&amp;-14&amp;3&amp;-10\\
0&amp;3&amp;-16&amp;-9\\
0&amp;0&amp;0&amp;0
\end{amatrix}
\end{align*}
Det sto vel at vi skulle lÃ¸se likningssystemene,
	men det er ikke sÃ¥ farlig nÃ¸yaktig hva lÃ¸sningen pÃ¥ dette siste systemet er.
Vi pÃ¥ det nÃ¥vÃ¦rende tidspunktet at det er entydig lÃ¸sning,
til tross for at vi har fire likninger og tre ukjente.
Dette er fordi de tre kolonnene i matrisen er lineÃ¦rt uavhengige og vektoren pÃ¥ hÃ¸yre 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 linÃ¦erkombinasjon av
$\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2,\cdots \mathbf{v}_n$
pÃ¥ to forskjellige mÃ¥ter,
altsÃ¥ at vi har bÃ¥de
\[
 \mathbf{w}=c_1\mathbf{v}_1+c_2\mathbf{v}_2+...+c_n\mathbf{v}_n
 \]
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 fÃ¥r
\[
 \mathbf{0}=\mathbf{w}-\mathbf{w}=\left( c_1 - d_ 1 \right)\mathbf{v}_1+\left( c_2 - d_ 2 \right)\mathbf{v}_2+...+\left( c_n - d_ n \right)\mathbf{v}_n
 \]
Men siden $\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2,\cdots \mathbf{v}_n$ er lineÃ¦rt uavhengige impliserer denne likningen
at $c_1-d_1 = 0$,
at $c_2-d_2 = 0$
og sÃ¥ videre.
Med andre ord er $c_1=d_1$, $c_2=d_2$, og sÃ¥ videre,
	og fÃ¸lgelig kan $\mathbf{w}$ skrives som en linÃ¦erkombinasjon av
	 $\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2,\cdots \mathbf{v}_n$ pÃ¥ kun Ã©n mÃ¥te.
\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 ogsÃ¥ 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 lineÃ¦rt uavhengige,
		har problemet kun Ã©n lÃ¸sning.
		Nullvektoren er definitivt en lÃ¸sning dersom hÃ¸yresiden er null,
		og fÃ¸lgelig er det den eneste dersom kolonnene er lineÃ¦rt uavhengige.
	\end{oppgave}

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

	\begin{oppgave}{37}
		Dette er et kjedelig arbeid bÃ¥de for dere og meg,
		og et eksempel pÃ¥ hvordan eksamen kan Ã¸delegge alt.
		Studenter bruker timevis av livene sine pÃ¥ Ã¥ faktorisere tredjegradspolynomer,
		og matematikklÃ¦rere bruker timevis av livene sine pÃ¥ Ã¥ konstruere meningslÃ¸se matriser
		med karakteristiske polynomer som lar seg faktorisere med penn og papir av
		mennesker som ikke er spesialister i Ã¥ faktorisere tredjegradspolynomer.

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

		NÃ¥r jeg kjÃ¸rer np.linalg.eig pÃ¥ matrisen $B$,
		fÃ¥r 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 selvfÃ¸lgelig betyr at den har multiplisitet 2.
		Det som skjer nÃ¥r vi prÃ¸ver Ã¥ lete opp egenvektoren til denne,
		er fÃ¸lgende:
		\[
			\begin{amatrix}{3}
				2-1 &amp; 1 &amp; 1\\
				1 &amp; 2-1 &amp; 1\\
				1 &amp; 1 &amp; 2-1
			\end{amatrix}
			\sim
			\begin{amatrix}{3}
				1 &amp; 1 &amp; 1\\
				0 &amp; 0 &amp; 0\\
				0 &amp; 0 &amp; 0
			\end{amatrix}
		\]
som gir det todimensjonale rommet spent ut av alle vektorer pÃ¥ 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 sÃ¥ klart!
		Derivasjonsregelen
		\[
			\frac{d}{dt}e^{\lambda t} = \lambda  e^{\lambda t}
		\]
		er nÃ¸yaktig samme type likning som
		\[
			A\mathbf{x} = \lambda \mathbf{x}.
		\]
	\end{oppgave}

	\begin{oppgave}{40}
		Siden derivasjonsoperatorer er lineÃ¦re og
		\[
			D\left( x \right) = \ddot{x} +b\dot x + cx
		\]
		er en lineÃ¦rkombinasjon av derivasjonsoperatorer,
		er $D$ ogsÃ¥ en lineÃ¦roperator.
		Da kommer det kanskje ikke som noe sjokk at eksponensialfunksjonen er en egenvektor til denne operatoren:
		\[
			D\left( e^{\lambda t} \right) = \lambda^2 e^{\lambda t} +b\lambda e^{\lambda t} + ce^{\lambda t} = \left( \lambda^2  +b\lambda + c \right)e^{\lambda t}
		\]
		NÃ¥r vi lÃ¸ser den homogene likningen
		\[
			D\left( x \right) = \ddot{x} +b\dot x + cx = 0
		\]
		leter vi altsÃ¥ etter de egenvektorene som har egenverdi 0,
		og dette er selvfÃ¸lgelig lÃ¸sningene 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
		\[
			\ddot{x} +b\dot x + cx = \dot{z_2} +bz_2 + cz_1 = 0
		\]
		sÃ¥ skriver vi de to likningene vi har oppÃ¥ hverandre:
		\begin{align*}
			\dot z_1 &amp;= \hspace{14mm}z_2 \\
			\dot{z_2}&amp;= - cz_1 -bz_2
		\end{align*}
		ser vi at matrisen blir
		\[
			\begin{pmatrix}
				0 &amp; 1 \\
				-c &amp; -b
			\end{pmatrix}.
		\]
	\end{oppgave}

	\clearpage

	\begin{oppgave}{42}
		La $\mathbf{x}$ vÃ¦re en egenvektor til $A$,
		med egenverdi $\lambda$,
		og la
		\[
			\mathbf{z}(t) =
			\mathbf{x}e^{\lambda t}
		\]
		Hvis du gÃ¥r helt tilbake i Ã¸kten om funksjoner og repeterer hvordan du deriverer funksjoner
		fra $\mathbb{R}$ til $\mathbb{R}^2$,
		vil du antagelig henge med pÃ¥ fÃ¸lgende beregning:
		\[
			\dot \mathbf{z}(t) =
			\lambda \mathbf{x}e^{\lambda t} = A\mathbf{x}e^{\lambda t} = A\mathbf{z}(t)
		\]
		Vi kan altsÃ¥ finne lÃ¸sninger til $\dot \mathbf{z} = A \mathbf{z}$ ved Ã¥ lete opp egenvektorer og egenverdier til $A$
		og sette dem sammen med eksponensialfunksjonen pÃ¥ denne mÃ¥ten. 
	\end{oppgave}

	
	\begin{oppgave}{45}
		Vi har allerede funnet alle egenvektorer og egenverdier til denne matrisen,
		sÃ¥ lÃ¸sningen er bare Ã¥ 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 fremgÃ¥r ved Ã¥
		skrive om
		\[
			\ddot x + x = 0
		\]
		til system.
		Kan du se en sammenheng mellom rÃ¸ttene til det karakteristiske polynomet til denne likningen og
		egenverdiene til matrisen
		\[
			\begin{pmatrix}
				0 &amp; -1 \\
				1 &amp; 0
			\end{pmatrix}?
		\]
		\end{oppgave}

	\begin{oppgave}{46}
		Det som er litt artig med denne oppgaven er at det
		finnes to egenverdier,
		men bare Ã©n egenvektor.
		vi beregner
		\[
			\det
			\begin{pmatrix}
				1-\lambda &amp; 1 \\
				0 &amp; 1-\lambda
			\end{pmatrix}
			=
			\left(1- \lambda \right)^2
		\]
		som gir $\lambda=1$ som egenverdi med multiplisitet 2.
		Men nÃ¥r vi prÃ¸ver Ã¥ beregne egenvektorer,
		fÃ¥r vi
		\[
			\begin{pmatrix}
				1-1 &amp; 1 \\
				0 &amp; 1-1
			\end{pmatrix}
			\sim
			\begin{pmatrix}
				0 &amp; 1 \\
				0 &amp; 0
			\end{pmatrix}
		\]
		som sier oss at alle egenvektorer er pÃ¥ formen
		\[
			\begin{pmatrix}
				x_1\\
				x_2
			\end{pmatrix}
			=
			s
			\begin{pmatrix}
				1\\
				0
			\end{pmatrix}
		\]
		og det finnes ingen fler.
		NÃ¥ finnes det to linÃ¦ert uavhengige lÃ¸sninger til difflikningssystemet,
		men den andre er litt herk Ã¥ finne.
		Vent i spenning til neste semester.
		\end{oppgave}


\clearpage

\section*{GAMLE EKSAMENSOPPGAVER MED LÃ˜SNING}

\begin{oppgave}{1}
La
\[
A=
\begin{bmatrix}
1 &amp; 1 &amp; 1 &amp; 1 \\ 1 &amp; 2 &amp; 3 &amp; 4 \\ 1 &amp; 3 &amp; 6 &amp; 10 \\ 1 &amp; 4 &amp; 10 &amp; 20
\end{bmatrix}
\quad
\text{og }
\quad
b=
\begin{bmatrix}
0 \\ 2 \\ 6 \\ 13
\end{bmatrix}
\]
Vis at kolonnene i $A$ er lineÃ¦rt uavhengige,
finn $A^{-1}$,
og lÃ¸s likningssystemet $A\mathbf x = \mathbf b$. \\[5mm]
\textbf{LÃ¸sning:}
Vi Ã¸nsker som alle vet Ã¥ lÃ¸se systemet
\[
A\mathbf x=\mathbf 0
\]
og dersom $\mathbf x=\mathbf 0$ er den eneste lÃ¸sningen,
er kolonnene lineÃ¦rt uavhengige.
Vi gausser i vei
\begin{align*}
\begin{amatrix}{4}
1 &amp; 1 &amp; 1 &amp; 1 &amp;0\\ 1 &amp; 2 &amp; 3 &amp; 4 &amp;0\\ 1 &amp; 3 &amp; 6 &amp; 10&amp; 0 \\ 1 &amp; 4 &amp; 10 &amp; 20 &amp;0
\end{amatrix}
\sim
\begin{amatrix}{4}
1 &amp; 1 &amp; 1 &amp; 1 &amp;0\\ 0&amp;1 &amp; 2 &amp; 3  &amp;0\\ 0 &amp; 2 &amp; 5 &amp; 9&amp; 0 \\ 0 &amp; 3 &amp; 9 &amp; 19 &amp;0
\end{amatrix}
\sim \\
\begin{amatrix}{4}
1 &amp; 1 &amp; 1 &amp; 1 &amp;0\\ 0&amp;1 &amp; 2 &amp; 3  &amp;0\\ 0 &amp; 0 &amp; 1 &amp; 3&amp; 0 \\ 0 &amp; 0 &amp; 3 &amp; 10 &amp;0
\end{amatrix}
\sim
\begin{amatrix}{4}
1 &amp; 1 &amp; 1 &amp; 1 &amp;0\\ 0&amp;1 &amp; 2 &amp; 3  &amp;0\\ 0 &amp; 0 &amp; 1 &amp; 3&amp; 0 \\ 0 &amp; 0 &amp; 0 &amp; 1 &amp;0
\end{amatrix}
\end{align*}
%\[
%\begin{amatrix}{4}
%1 &amp; 1 &amp; 1 &amp; 1 &amp;0\\ 1 &amp; 2 &amp; 3 &amp; 4 &amp;2\\ 1 &amp; 3 &amp; 6 &amp; 10&amp; 6 \\ 1 &amp; 4 &amp; 10 &amp; 20 &amp;13
%\end{amatrix}
%\]
Et trent Ã¸ye ser nÃ¥ at $\mathbf x=\mathbf 0$ er den eneste lÃ¸sningen,
og fÃ¸lgelig er kolonnene lineÃ¦rt uavhengige.
SÃ¥ er det bare Ã¥ brette opp ermene:
\[
\begin{bmatrix}
1 &amp; 1 &amp; 1 &amp; 1 &amp; 1 &amp; 0 &amp; 0 &amp; 0 \\ 1 &amp; 2 &amp; 3 &amp; 4 &amp;0 &amp; 1 &amp; 0 &amp; 0\\ 1 &amp; 3 &amp; 6 &amp; 10 &amp;0 &amp; 0 &amp; 1 &amp; 0 \\ 1 &amp; 4 &amp; 10 &amp; 20 &amp;0 &amp; 0 &amp; 0 &amp; 1
\end{bmatrix}
\sim
\begin{bmatrix}
 1 &amp; 0 &amp; 0 &amp; 0 &amp; 4 &amp; -6 &amp; 4 &amp; -1 \\ 0 &amp; 1 &amp; 0 &amp; 0 &amp; -6 &amp; 14 &amp; -11 &amp; 3 \\ 0 &amp; 0 &amp; 1 &amp; 0 &amp; 4 &amp; -11 &amp; 10 &amp; -3\\ 0 &amp; 0 &amp; 0 &amp; 1 &amp; -1 &amp; 3 &amp; -3 &amp; 1
\end{bmatrix}
\]
og se at
\[
A^{-1}=
\begin{bmatrix}
4 &amp; -6 &amp; 4 &amp; -1 \\ -6 &amp; 14 &amp; -11 &amp; 3 \\ 4 &amp; -11 &amp; 10 &amp; -3\\  -1 &amp; 3 &amp; -3 &amp; 1
\end{bmatrix}
\]
Vi beregner til slutt
\[
\mathbf x = A^{-1}\mathbf b =
\begin{bmatrix}
4 &amp; -6 &amp; 4 &amp; -1 \\ -6 &amp; 14 &amp; -11 &amp; 3 \\ 4 &amp; -11 &amp; 10 &amp; -3\\  -1 &amp; 3 &amp; -3 &amp; 1
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
0 \\ 2 \\ 6 \\ 13
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}
-1 \\ 1 \\ -1 \\ 1
\end{bmatrix}.
\]
\end{oppgave}

\clearpage

\begin{oppgave}{2}
La
\[
A=
\begin{bmatrix}
13 &amp; 20 \\ -10 &amp; -17
\end{bmatrix}.
\]
Finn $P$ slik at $P^{-1}AP$ blir en diagonal matrise.
LÃ¸s initialverdiproblemet
\[
\dot{\mathbf x}=A\mathbf x \qquad \mathbf x(0)=\begin{pmatrix} 2 \\ 0 \end{pmatrix}\\[5mm]
\]
\textbf{LÃ¸sning:}
	Vi finner egenverdiene og egenvektorene til $A$.
Det karakteristiske polynomet er
\[
\det
\begin{bmatrix}
13-\lambda &amp; 20 \\ -10 &amp; -17-\lambda
\end{bmatrix}
=
(\lambda-3)(\lambda+7)
\]
og de tilhÃ¸rende egenvektorene blir
\[
\begin{bmatrix}
-2 \\ 1
\end{bmatrix}
\quad
\text{og}
\quad
\begin{bmatrix}
1\\ -1
\end{bmatrix}
\]
slik at
\[
P=
\begin{bmatrix}
-2 &amp; 1 \\ 1 &amp; -1
\end{bmatrix}.
\]
LÃ¸sningene 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
\[
\begin{bmatrix}
1 &amp;1 &amp;1 \\
1 &amp;2 &amp;3 \\
1 &amp;3 &amp;6 \\
\end{bmatrix}
\]
og bruk den til Ã¥  lÃ¸se systemet 
\[
\systeme{
x + y +z = 1,
x + 2y +3z = 2,
x + 3y +6z = 4
}\\[5mm]
\]
	\textbf{LÃ¸sning:}
	Vi gausseliminerer (her kan det finnes flere veier til Rom)
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
1 &amp;1 &amp;1 &amp; 1 &amp; 0 &amp; 0\\
1 &amp;2 &amp;3 &amp; 0 &amp; 1 &amp; 0\\
1 &amp;3 &amp;6 &amp; 0 &amp; 0 &amp; 1\\
\end{bmatrix}
&amp;\sim
\begin{bmatrix}
1 &amp;1 &amp;1 &amp; 1 &amp; 0 &amp; 0\\
0 &amp;1 &amp;2 &amp; -1 &amp; 1 &amp; 0\\
0 &amp;2 &amp;5 &amp; -1 &amp; 0 &amp; 1\\
\end{bmatrix}
\sim
\begin{bmatrix}
1 &amp;1 &amp;1 &amp; 1 &amp; 0 &amp; 0\\
0 &amp;1 &amp;2 &amp; -1 &amp; 1 &amp; 0\\
0 &amp;0 &amp;1 &amp; 1 &amp; -2 &amp; 1\\
\end{bmatrix}
\\
&amp;\sim
\begin{bmatrix}
1 &amp;1 &amp;0 &amp; 0 &amp; 2 &amp; -1\\
0 &amp;1 &amp;0 &amp; -3 &amp; 5 &amp; -2\\
0 &amp;0 &amp;1 &amp; 1 &amp; -2 &amp; 1\\
\end{bmatrix}
\sim
\begin{bmatrix}
1 &amp;0 &amp;0 &amp; 3 &amp; -3 &amp; 1\\
0 &amp;1 &amp;0 &amp; -3 &amp; 5 &amp; -2\\
0 &amp;0 &amp;1 &amp; 1 &amp; -2 &amp; 1\\
\end{bmatrix}
\end{align*}
Av dette ser vi at 
\[
\begin{bmatrix}
1 &amp;1 &amp;1 \\
1 &amp;2 &amp;3 \\
1 &amp;3 &amp;6 \\
\end{bmatrix}
^{-1}=
\begin{bmatrix}
3 &amp; -3 &amp; 1\\
 -3 &amp; 5 &amp; -2\\
 1 &amp; -2 &amp; 1\\
\end{bmatrix}.
\]
Likningssystemet 
\[
\systeme{
x + y +z = 1,
x + 2y +3z = 2,
x + 3y +6z = 4
}
\]
kan ogsÃ¥ skrives
\[
\begin{bmatrix}
1 &amp;1 &amp;1 \\
1 &amp;2 &amp;3 \\
1 &amp;3 &amp;6 \\
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
x \\
y\\
z\\
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}
1 \\
2 \\
4 \\
\end{bmatrix}
\]
og ganger vi pÃ¥ hver side med den inverse matrisen, 
fÃ¥r vi 
\[
\begin{bmatrix}
x \\
y\\
z\\
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}
3 &amp; -3 &amp; 1\\
 -3 &amp; 5 &amp; -2\\
 1 &amp; -2 &amp; 1\\
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
1 \\
2 \\
4 \\
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}
3\\
 -3\\
 1 \\
\end{bmatrix}
+
2
\begin{bmatrix}
 -3\\
 5 \\
 -2\\
\end{bmatrix}
+
4
\begin{bmatrix}
 1\\
-2\\
 1\\
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}
 1\\
-1\\
 1\\
\end{bmatrix}.
\]
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{4}
Beregn volumet til parallellepipedet utspent av kolonnene i matrisen
\[
A=
\begin{bmatrix}
1 &amp;1 &amp;1 \\
1 &amp;2 &amp;3 \\
1 &amp;3 &amp;6 \\
\end{bmatrix}
\]
og bruk resultatet til Ã¥ avgjÃ¸re om likningssystemet $A\mathbf x=\mathbf b$ har entydig lÃ¸sning,
der
\[
\mathbf b=
\begin{bmatrix}
2 \\
1 \\
5 \\
\end{bmatrix}.
\]
	\textbf{LÃ¸sning:}
	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 $A$ lineÃ¦rt uavhengige,
og derfor vil likningssytemet $A\mathbf x=\mathbf b$ har entydig lÃ¸sning uansett hva
$\mathbf b$ er.

\end{oppgave}

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

	\textbf{LÃ¸sning:}
Vi begynner med Ã¥ finne det karakteristiske polynomet
\[
\det \left(A-\lambda I\right)=
\det
\begin{bmatrix}
1-\lambda &amp; 1 &amp; 0 \\
0 &amp; 1-\lambda &amp; 1 \\
0 &amp; 0 &amp; 1-\lambda
\end{bmatrix}
=
\left(1-\lambda\right)^3
\]
og registrerer at det finnes en repetert egenverdi $\lambda=1$ med multiplisitet 3.
Vi finner egenverdiene ved Ã¥ lÃ¸se systemet
\[
\begin{bmatrix}
1-\lambda &amp; 1 &amp; 0 \\
0 &amp; 1-\lambda &amp; 1 \\
0 &amp; 0 &amp; 1-\lambda
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
v_1 \\
v_2 \\
v_3
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}
0 \\
0 \\
0
\end{bmatrix}
\]
som altsÃ¥ blir
\[
\begin{amatrix}{3}
0 &amp; 1 &amp; 0 &amp; 0\\
0 &amp; 0 &amp; 1 &amp; 0\\
0 &amp; 0 &amp; 0 &amp; 0
\end{amatrix}
\]
De to fÃ¸rste likningene i dette systemet impliserer at $v_2=v_3=0$,
mens $v_1$ kan vÃ¦re hva som helst,
siden den ikke inngÃ¥r i likningssystemet en gang.
Egenvektorene til $\lambda=1$ blir fÃ¸lgelig
\[
\begin{bmatrix}
v_1 \\
v_2 \\
v_3
\end{bmatrix}
=
s
\begin{bmatrix}
1 \\
0 \\
0
\end{bmatrix}
\]
Siden matrisen kun har en lineÃ¦rt 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 lÃ¸sning til
\begin{align*}
\dot{x}_1&amp;=x_1+x_2 \\
\dot{x}_2&amp;=x_2+x_3 \\
\dot{x}_3&amp;=x_3 \\
\end{align*}
som tilfredsstiller
\begin{align*}
x_1(0)=1 \\
x_2(0)=0 \\
x_3(0)= 0\\
\end{align*}

\textbf{LÃ¸sning:}
	Dette er et likningssystem pÃ¥ 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 vilkÃ¥rlig konstant,
er en lÃ¸sning.
Det finnes to lineÃ¦rt uavhengige lÃ¸sninger til,
men de er litt mer kompliserte Ã¥ regne ut,
sÃ¥ det er ikke pensum i hÃ¸st.
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{document}
</pre></body></html>