\input{preamble}

\title{1 - 7 - DIFFERENSIALLIKNINGER III}

\begin{document}
\pagenumbering{gobble}

\maketitle

%wronskideterminanten
%egenvektorbasis


\begin{align*}
	\dot x_1=&\; \alpha_1 \left( x_2 - x_1 \right)\\
	\dot x_2=&\; \alpha_1 \left( x_1 - x_2 \right) + \alpha_2 \left( 0 - x_2 \right)
\end{align*}

\begin{oppgave}{1}
	Hvis vi setter 
	\begin{align*}
		A= 
		\left( \; 
		\begin{matrix}
			-\alpha_1 & \alpha_1 \\
			\alpha_1 & -\alpha_1-\alpha_2 \\
		\end{matrix}
		\; \right)
	\end{align*}
	får vi 
	\begin{align*}
		A\V x = 
		\left( \; 
		\begin{matrix}
			-\alpha_1 & \alpha_1 \\
			\alpha_1 & -\alpha_1-\alpha_2 \\
		\end{matrix}
		\; \right)
		\left( \; 
		\begin{matrix}
			x_1 \\
			x_2
		\end{matrix}
		\; \right)
		=
		\left( \; 
		\begin{matrix}
			\hspace*{-24mm}\alpha_1 \left( x_2 - x_1 \right)  \\
			\alpha_1 \left( x_1 - x_2 \right)  + \hspace*{1mm} \alpha_2 \left( 0 - x_2 \right) 
		\end{matrix}
		\; \right)
	\end{align*}
	så det blir riktig. 
	\end{oppgave}

\begin{oppgave}{2}
	$	
	A=\displaystyle 
		\left( \; 
		\begin{matrix}
			-(R_1 + R_3)/L_1 & R_3/L_1 \\
			R_2/L_2 & -(R_2+R_3)/L_2 \\
		\end{matrix}
		\; \right)
	$
	\end{oppgave}
Dersom du bruker Kirchhoffs spenningslov på sløyfene i kretsen under, 
får du
\begin{align*}
	\dot x_1=&\; \Big(-\left(R_1 + R_3\right)x_1 + R_3x_2\Big)/L_1\\[2mm]
	\dot x_2=&\; \Big(R_2x_1 -  \left(R_2 + R_3\right)x_2\Big)/L_2
\end{align*}
\begin{align*}
	\dot x_1=&\; -x_1 + x_2\\
	\dot x_2=&\; \hspace*{4.5mm} x_1 -  2x_2
\end{align*}
\begin{align*}
        \mathbf{x}(t) =
        \left(\; \begin{matrix}
            x_1(t)\\
            x_2(t)
        \end{matrix} \; \right)\\[-8mm]
\end{align*}
\begin{align*}
	\dot{\V x} =  A\V x 
	\hspace*{10mm}
	\text{der}	
	\hspace*{10mm}
	A=
    \left(\; \begin{matrix}
        -1 & 1\\
         1 & -2
    \end{matrix} \; \right).
\end{align*}

\begin{oppgave}{3}
	En to ganger to matrise har karakteristisk polynom av orden 2, 
	så det kan være maksimalt to egenverdier, 
	og i $\mathbb{R}^2$ er det ikke \say{plass til} mer enn to lineært
	uavhengige egenvektorer, 
	så mennesker som ikke er på galehuset vil forvente to lineært uavhengige løsninger. 
	Vi beregner
\begin{align*}
\det\left(A-\lambda I\right) &=
\det
\left(\;\begin{matrix}
-1-\lambda & 1\\
1 & -2-\lambda
\end{matrix}\;\right)
\\
&=(-1-\lambda)(-2-\lambda)-1\\
&=(1+\lambda)(2+\lambda)-1\\
&=1-3\lambda +\lambda^2
\end{align*}
som har røtter
\begin{align*}
	\lambda = 
	\frac{-3 \pm \sqrt{9 - 4}}{2} = -\frac{3}{2} \pm \frac{\sqrt{5}}{2}.
\end{align*}
Å finne nullrommet til $A-\lambda I$ er å løse likningsystemene
\begin{align*}
	\begin{amatrix}{2}
		-1-\left(-\frac{3}{2} + \frac{\sqrt{5}}{2}\right) & 1 & 0  \\
		1 & -2-\left( -\frac{3}{2} + \frac{\sqrt{5}}{2} \right) & 0 
	\end{amatrix}
	\hspace*{5mm}
	\text{og}
	\hspace*{5mm}
	\begin{amatrix}{2}
		-1-\left(-\frac{3}{2} - \frac{\sqrt{5}}{2}\right) & 1 & 0  \\
		1 & -2-\left( -\frac{3}{2} - \frac{\sqrt{5}}{2} \right) & 0 
	\end{amatrix}
\end{align*}
Dette synes du sikkert ser helt forferdelig ut, 
men det å finne nullrommet til en $2\times 2$-matrise 
involverer heldigvis så og si ingen gausseliminering. 
Dersom matrisen ikke er inverterbar, 
er radene lineært avhengige, 
og da er den ene raden en skalarmultippel av den andre.
Dersom vi nå har regnet ut korrekte egenverdier, 
vet vi jo at dette skal være tilfellet, 
så da koker alt ned til å finne alt som passer i likningen 
\begin{align*}
	\begin{amatrix}{2}
		-1-\left(-\frac{3}{2} + \frac{\sqrt{5}}{2}\right) & 1 & 0  
	\end{amatrix}
	\hspace*{10mm}
	\text{og}
	\hspace*{10mm}
	\begin{amatrix}{2}
		-1-\left(-\frac{3}{2} - \frac{\sqrt{5}}{2}\right) & 1 & 0  
	\end{amatrix}
\end{align*}
eller, etter litt rydding,
\begin{align*}
	\begin{amatrix}{2}
		1-\sqrt{5} & 2 & 0  
	\end{amatrix}
	\hspace*{10mm}
	\text{og}
	\hspace*{10mm}
	\begin{amatrix}{2}
		1+\sqrt{5} & 2 & 0  
	\end{amatrix}
\end{align*}
Løsningene til disse to likningene er alle skalarmultipler av henholdsvis
\begin{align*}
	\left(\;
	\begin{matrix}
		-2 \\
		1-\sqrt{5}
	\end{matrix}
	\;\right)
	\hspace*{10mm}
	\text{og}
	\hspace*{10mm}
	\left(\;
	\begin{matrix}
		-2 \\
		1+\sqrt{5}
	\end{matrix}
	\;\right).
\end{align*}
Nå har vi funnet to løsninger av differensiallikningssystemet 
vi startet med, 
nemlig 
\begin{align*}
	\V x_1(t) 
	=
	e^{(-3-\sqrt{5})t/2}
	\left(\;
	\begin{matrix}
		-2 \\
		1-\sqrt{5}
	\end{matrix}
	\;\right)
	\hspace*{10mm}
	\text{og}
	\hspace*{10mm}
	\V x_2(t) 
	=
	e^{(-3+\sqrt{5})t/2}
	\left(\;
	\begin{matrix}
		-2 \\
		1+\sqrt{5}
	\end{matrix}
	\;\right).
\end{align*}
og akkurat som i økten om andre ordens differensiallikninger, 
vil alle lineærkombinasjoner av disse to også 
være løsninger av systemet: 
\begin{align*}
	\V x(t) 
	=
	c_1
	e^{(-3-\sqrt{5})t/2}
	\left(\;
	\begin{matrix}
		-2 \\
		1-\sqrt{5}
	\end{matrix}
	\;\right)
	+
	c_2e^{(-3+\sqrt{5})t/2}
	\left(\;
	\begin{matrix}
		-2 \\
		1+\sqrt{5}
	\end{matrix}
	\;\right).
\end{align*}
\end{oppgave}


\begin{oppgave}{4}
		Først finner vi egenvektorene til matrisen 
		\begin{align}
		\begin{pmatrix}
			2&1\\ 1&2
		\end{pmatrix}
		\end{align}
		Det karakteristiske polynomet er 
		\begin{align}
			\det 
			\begin{pmatrix}
				2-\lambda&1\\ 1&2-\lambda
			\end{pmatrix}
			=(2-\lambda)^2-1,
		\end{align}
		som har røtter $\lambda = 1$ og $\lambda = 3$. 
		Vi beregner så 
		\begin{align}
		\begin{pmatrix}
			2-1&1\\ 1&2-1
		\end{pmatrix}
		\sim
		\begin{pmatrix}
			1&1\\ 0&0
		\end{pmatrix}
		\end{align}
		som gir egenvektoren 
		\begin{align}
		\begin{pmatrix}
			1\\ -1
		\end{pmatrix}
		\end{align}
		og 
		\begin{align}
		\begin{pmatrix}
			2-3&1\\ 1&2-3
		\end{pmatrix}
		\sim
		\begin{pmatrix}
			-1&1\\ 0&0
		\end{pmatrix}
		\end{align}
		som gir egenvektoren 
		\begin{align}
		\begin{pmatrix}
			1\\ 1
		\end{pmatrix}.
		\end{align}
		Alle lineærkombinasjoner av disse to løser systemet: 
		\begin{align}
			\mathbf x(t) = 
			c_1e^{t}
			\begin{pmatrix}
				1\\ 1
			\end{pmatrix}
			+
			c_2e^{3t}
			\begin{pmatrix}
				1\\ -1
			\end{pmatrix},
		\end{align}
		\begin{comment}

		\end{comment}
	Vi regnet ut i forrige uke at egenverdiene til matrisen 
	\[
		A=
		\left(\;\begin{matrix}
		1 & 2 & 2 \\
		2 & 6 & 2 \\
		2 & 2 & 6
		\end{matrix}\;\right)
	\]
	er 0, 4 og 9, 
	med korresponderende egenvektorer 
	\begin{align*}
		\left(\;\begin{matrix}
		4 \\
		-1 \\
		-1 
		\end{matrix}\;\right),
		\hspace*{10mm}
		\left(\;\begin{matrix}
		0 \\
		1 \\
		1 
		\end{matrix}\;\right)
		\hspace*{10mm}
		\text{og}
		\hspace*{10mm}
		\left(\;\begin{matrix}
		1 \\
		2 \\
		2 
		\end{matrix}\;\right).
	\end{align*}
	Løsningen er derfor alle lineærkombinasjoner på formen
	\begin{align*}
		\V x(t)=
		c_1
		\left(\;\begin{matrix}
		4 \\
		-1 \\
		-1 
		\end{matrix}\;\right)
		+
		e^{4t}
		\left(\;\begin{matrix}
		0 \\
		1 \\
		1 
		\end{matrix}\;\right)
		+
		e^{9t}
		\left(\;\begin{matrix}
		1 \\
		2 \\
		2 
		\end{matrix}\;\right).
	\end{align*}
\end{oppgave}


\begin{oppgave}{5}
		Vi beregner først det karakteristiske polynomet 
		\begin{align*}
		  \det 
		  \begin{pmatrix}
			2-\lambda & 1 & 1 \\
			1 & 2-\lambda & 1 \\
			1 & 1 & 2-\lambda 
		  \end{pmatrix} 
		  =&\;(2-\lambda)\left( (2-\lambda)^2 - 1 \right) - (2-\lambda - 1) + (1-(2-\lambda))\\ 
		  =&\;(2- \lambda)\left( 3-4\lambda+\lambda^2\right) - (1-\lambda ) - (1 -\lambda)\\[2mm]
		  =&\;(2- \lambda)(3- \lambda)(1 - \lambda) - (1-\lambda ) - (1 -\lambda)\\[2mm]
		  =&\;(1 - \lambda)((2- \lambda)(3- \lambda) - 2)\\[2mm]
		  =&\;(1 - \lambda)(4 - 5\lambda +\lambda^2)\\[2mm]
		  =&\;(1 - \lambda)(1 - \lambda)(4 - \lambda)
		\end{align*}
		og ser at vi har en enkel egenverdi $\lambda = 4$ og en dobbel egenverdi $\lambda = 1$. 
		La oss begynne med den enkle egenverdien. 
		Vi kunne gausset i vei, 
		men siden vi elsker tall og observerer at tverrsummen av alle radene er 4,
		må egenvektoren være
		\[
		\mathbf v_1
		=
		\begin{pmatrix}
		1 \\
		1 \\
		1 
		\end{pmatrix}.
		\]
		Så den doble. 
		Siden
		\[
		\begin{pmatrix}
		1 & 1 & 1 \\
		1 & 1 & 1 \\
		1 & 1 & 1 \\
		\end{pmatrix}
		\sim 
		\begin{pmatrix}
		1 & 1 & 1 \\
		0 & 0 & 0 \\
		0 & 0 & 0 \\
		\end{pmatrix}
		\]
		ser vi at alle egenvektorer ligger i planet til likningen
		\[
		x_1 + x_2 + x_3 = 0
		\]
		så for eksempel 
		\[
		\mathbf v_2
		=
		\begin{pmatrix}
		1 \\
		-1 \\
		0
		\end{pmatrix}
		\hspace{10mm}
		\text{og}
		\hspace{10mm}
		\mathbf v_3
		=
		\begin{pmatrix}
		1 \\
		0 \\
		-1 
		\end{pmatrix}
		\]
		duger. 
		Merk at begge er ortogonale på $\mathbf v_1$,
		men ikke på hverandre.
		Dette kommer vi tilbake til. 
		Løsningen er alle lineærkombinasjoner på formen 
	\begin{align*}
		\V x(t)=
		c_1 e^{4t}
		\left(\;\begin{matrix}
		1 \\
		1 \\
		1 
		\end{matrix}\;\right)
		+
		e^{t}
		\left( 
			c_2
		\left(\;\begin{matrix}
		1 \\
		-1 \\
		 0
		\end{matrix}\;\right)
		+
		c_3
		\left(\;\begin{matrix}
		1 \\
		0 \\
		-1 
		\end{matrix}\;\right)
		\right).
	\end{align*}
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{7}
		Krever vi 
		$x_1(0) = 1$, $x_2(0) = 0$, 
		får vi likningssystemet 
		\begin{align}
			c_1
			\begin{pmatrix}
				1\\ 1
			\end{pmatrix}
			+
			c_2
			\begin{pmatrix}
				1\\ -1
			\end{pmatrix}
			=
			\begin{pmatrix}
				1\\ 0
			\end{pmatrix}
		\end{align}
		som gir $c_1=c_2=1/2$, slik at 
		\begin{align}
			\mathbf x(t) = 
			\frac{1}{2}
			\left( e^{t}
			\begin{pmatrix}
				1\\ 1
			\end{pmatrix}
			+
			e^{3t}
			\begin{pmatrix}
				1\\ -1
			\end{pmatrix}
			\right)
		\end{align}
		og så videre. 
	\end{oppgave}


\begin{oppgave}{8}
	Det karakteristiske polynomet blir 
	\begin{align*}
		p(\lambda) = (1-\lambda)^2, 
	\end{align*}
	så det finnes kun én dobbel egenverdi $\lambda = 1$. 
	Når vi prøver å gausse oss frem til egenvektoren, 
	får vi 
	\begin{align*}
		\begin{matrix}
			0 & 1 \\
			0 & 0
		\end{matrix}
	\end{align*}
	som gir egenvektorer på formen 
		\begin{align}
			\begin{pmatrix}
				1\\ 0
			\end{pmatrix}
		\end{align}
	og ingen fler. 
	Vi har nå kun funnet én løsning, 
	og den er 
		\begin{align}
			\V x (t) = 
			e^t
			\begin{pmatrix}
				1\\ 0
			\end{pmatrix}
		\end{align}
		og denne kommer aldri til å kunne tilfredsstille det oppgitte initialkravet.
	Dette eksemplet illustrerer en viktig ting. 
	Det karakteristiske polynomet til en $n \times n$-matrise kan alltid spaltes i $n$ lineære faktorer,
	men det finnes ikke alltid $n$ lineært uavhengige egenvektorer.
	I dette tilfellet sier vi at matrisen er \textbf{defekt}.
	Differensiallikningessystemet i oppgaven har flere løsninger enn de du fant,
	og derfor klarer du ikke tilfredsstille initialkravene.
	Spenningen er til å ta og føle på og hvis du vil kan du regne ut alle løsningene ved å 
	først løse $\dot x_2 = x_2$ først og så sette $x_2$ 
	inn i den første likningen og så finne $x_1$.
\end{oppgave}


\begin{oppgave}{9}
	Vannet skal ha en passelig drikketemperatur på $13$ grader, 
    så vi må løse likningen 
    \[
      13 = x_1(t),
    \]
	der $x_1$ er den første komponenten i 
\begin{align*}
	\V x(t) 
	=
	c_1
	e^{(-3-\sqrt{5})t/2}
	\left(\;
	\begin{matrix}
		-2 \\
		1-\sqrt{5}
	\end{matrix}
	\;\right)
	+
	c_2e^{(-3+\sqrt{5})t/2}
	\left(\;
	\begin{matrix}
		-2 \\
		1+\sqrt{5}
	\end{matrix}
	\;\right).
\end{align*}
	Dette går ikke med penn og papir, 
    siden $x_1$ er en lineærkombinasjon av to forskjellige 
    eksponensialfunksjoner.
	Hvordan vi håndterer slikt skrømt kommer vi tilbake til. 
\end{oppgave}


Dersom en $A \in \mathbb{C}^{n \times n}$ har $n$ lineært uavhengige 
egenvektorer sier vi at $A$ er \textbf{diagonaliserbar}. 
Dette er fordi det i så fall er mulig å skrive 
\begin{align*}
	A=P\Lambda P^{-1}
\end{align*} 
der $P$ har egenvektorene som kolonner og $\Lambda$ er diagonal.

\begin{oppgave}{10}
	Dersom du er trent nok i matrisemultiplikasjon vil du se at 
	dersom du har $n$ likninger på formen 
	\begin{align*}
		A\V v=\lambda \V v
	\end{align*} 
	kan disse sammenfattes som 
	\begin{align*}
		AV=V\Lambda 
	\end{align*} 
	der 
	\[
	V = 
	\left(
	\begin{array}{c | c | c}
	 &  &  \\
	\V v_1 & \cdots &\V  v_n \\
	  &  &  
	\end{array}
	\right)
	\hspace*{10mm}
	\text{og}
	\hspace*{10mm}
	\Lambda=
	\left(
	\begin{array}{c  c  c}
	\lambda_1 &  &  \\
	 & \ddots & \\
	  &  &  \lambda_n
	\end{array}
	\right).
	\]
	Dersom de $n$ vektorene er lineært uavhengige er $V$ inverterbar, 
	og da kan vi gange med $V^{-1}$ fra venstre og få 
	\begin{align*}
		A=V\Lambda V^{-1}.
	\end{align*} 
\end{oppgave}




\begin{oppgave}{11}
Vi får 
	\[
		A=
		\left(\;\begin{matrix}
		0 & 1  \\
		-c & -b
		\;\end{matrix}\right)
	\]
	som har karakteristisk polynom 
	\begin{align*}
		|A-\lambda I| = -\lambda(-b-\lambda) + c = \lambda^2 + b\lambda +c, 
	\end{align*}	
	altså det samme karakteristiske polynomet 
	som likningen $\ddot x + b\dot x + cx=0$. 
	Tilfelig at begge heter \say{karakteristisk polynom}?
	Selvfølgelig ikke. 
	Det finnes tilfeller der $A$ ikke er diagonaliserbar, 
	for eksempel hvis $b^2=4c$ slik at det finnes en 
	dobbel egenverdi $\lambda = -b/2$.
\end{oppgave}




\begin{comment}

Du gjettet helt riktig:
\[
\mathbf x=\mathbf x_0 e^{At}
\]
Men hva gjør vi med $e^{At}$?
Dette skal vi svare på i aller siste undervisningsuke.


\begin{oppgave}{49}
Niglan litt på løsningen til $\dot x = ax$ og foreslå en løsning til $\dot \mathbf x = A\mathbf x$.
\end{oppgave}





\begin{oppgave}{2}
	Differensiallikningssystemene på side 1
	er identiske for noen valg av parametrene. 
	Hvilke?
\end{oppgave}

\end{comment}
\clearpage

\section*{REPETISJONSOPPGAVER}


\begin{oppgave}{1}
Vi gausser litt:
\begin{align*}
\begin{amatrix}{3}
8&-7&0&-3\\
-8&-7&3&-7\\
-4&5&-8&-3\\
-6&6&-4&0
\end{amatrix}
\hspace{5mm}
\sim&
\hspace{5mm}
\begin{amatrix}{3}
8&-7&0&-3\\
0&-14&3&-10\\
-8&10&-16&-6\\
-6&6&-4&0
\end{amatrix}\\
\hspace{5mm}
\sim&
\hspace{5mm}
\begin{amatrix}{3}
8&-7&0&-3\\
0&-14&3&-10\\
0&3&-16&-9\\
-6&6&-4&0
\end{amatrix}\\
\hspace{5mm}
\sim&
\hspace{5mm}
\begin{amatrix}{3}
8&-7&0&-3\\
0&-14&3&-10\\
0&3&-16&-9\\
0&3&-16&-9
\end{amatrix}
\hspace{5mm}
\sim
\hspace{5mm}
\begin{amatrix}{3}
8&-7&0&-3\\
0&-14&3&-10\\
0&3&-16&-9\\
0&0&0&0
\end{amatrix}
\end{align*}
Det sto vel at vi skulle løse likningssystemene,
	men det er ikke så farlig nøyaktig hva løsningen på dette siste systemet er.
Vi på det nåværende tidspunktet at det er entydig løsning,
til tross for at vi har fire likninger og tre ukjente.
Dette er fordi de tre kolonnene i matrisen er lineært uavhengige og vektoren på høyre side ligger i
rommet utspent av disse.
Se neste oppgave.
\end{oppgave}



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


\begin{oppgave}{3}
	Vi finner egenverdiene og egenvektorene til $A$.
Det karakteristiske polynomet er
\[
\det
\begin{pmatrix}
13-\lambda & 20 \\ -10 & -17-\lambda
\end{pmatrix}
=
(\lambda-3)(\lambda+7)
\]
og de tilhørende egenvektorene blir
\[
\begin{pmatrix}
-2 \\ 1
\end{pmatrix}
\quad
\text{og}
\quad
\begin{pmatrix}
1\\ -1
\end{pmatrix}
\]
slik at
\[
P=
\begin{pmatrix}
-2 & 1 \\ 1 & -1
\end{pmatrix}.
\]
Løsningene til differensiallikningssystemet er
\[
{\mathbf x}=c_1e^{3t}
\begin{pmatrix}
-2 \\ 1
\end{pmatrix}
+
c_2
e^{-7t}
\begin{pmatrix}
1\\ -1
\end{pmatrix}
\]
\end{oppgave}

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

\begin{oppgave}{5}
	Volumet er
\[
\det A=
1\cdot (2\cdot 6-3\cdot3)-1 \cdot (1\cdot 6-3\cdot 1)+ 1\cdot (1\cdot3- 2\cdot1)=1
\]
Siden $\det A\neq 0$, er kolonnene i $A$ lineært uavhengige,
og derfor vil likningssytemet $A\mathbf x=\mathbf b$ har entydig løsning uansett hva
$\mathbf b$ er.
\end{oppgave}


\begin{oppgave}{6}
Vi begynner med å finne det karakteristiske polynomet
\[
\det \left(A-\lambda I\right)=
\det
\begin{pmatrix}
1-\lambda & 1 & 0 \\
0 & 1-\lambda & 1 \\
0 & 0 & 1-\lambda
\end{pmatrix}
=
\left(1-\lambda\right)^3
\]
og registrerer at det finnes en repetert egenverdi $\lambda=1$ med multiplisitet 3.
Vi finner egenverdiene ved å løse systemet
\[
\begin{pmatrix}
1-\lambda & 1 & 0 \\
0 & 1-\lambda & 1 \\
0 & 0 & 1-\lambda
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
v_1 \\
v_2 \\
v_3
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
0 \\
0 \\
0
\end{pmatrix}
\]
som altså blir
\[
\begin{amatrix}{3}
0 & 1 & 0 & 0\\
0 & 0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 0 & 0
\end{amatrix}
\]
De to første likningene i dette systemet impliserer at $v_2=v_3=0$,
mens $v_1$ kan være hva som helst,
siden den ikke inngår i likningssystemet en gang.
Egenvektorene til $\lambda=1$ blir følgelig
\[
\begin{pmatrix}
v_1 \\
v_2 \\
v_3
\end{pmatrix}
=
s
\begin{pmatrix}
1 \\
0 \\
0
\end{pmatrix}
\]
Siden matrisen kun har en lineært uavhengig egenvektor,
er den ikke diagonaliserbar,
og vi kan ikke finne en diagonalmatrise $D$ slik at
\[
A=PDP^{-1}.
\]
Og så til difflikningssystemet.
Dette er et likningssystem på formen
\[
\dot{\mathbf x}=A\mathbf x
\]
der matrisen $A$ er identisk med den i forrige oppgave.
Vi vet at derfor at
\[
\mathbf x(t)=
ce^t
\begin{pmatrix}
1 \\
0 \\
0
\end{pmatrix}
\]
der $c$ er en vilkårlig konstant,
er en løsning.
Det finnes to lineært uavhengige løsninger til,
men de er litt mer kompliserte å regne ut,
så det er ikke pensum i høst.
Initialverdikravet
\begin{align*}
x_1(0)=1 \\
x_2(0)=0 \\
x_3(0)= 0\\
\end{align*}
er tilfredsstilt dersom $c=1$,
slik at
\[
\mathbf x(t)=
e^t
\begin{pmatrix}
1 \\
0 \\
0
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
e^t \\
0 \\
0
\end{pmatrix}
\]
\end{oppgave}

\end{document}
