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

\title{2 - 8 - LTI-SYSTEMER II - LF}

%sirkulÃ¦re

\begin{document}
\pagenumbering{gobble}


\maketitle

\begin{oppgave}{2}
  Her er det viktig Ã¥ forstÃ¥ at dersom $P$ er en 
  matrise med ortonormale kolonner,
  er 
  \[
    P^{-1} = P^T
  \]
  og dette gjelder ikke for 
  \[
    V=
    \left(\;\begin{matrix}
    1 &amp; 0 &amp; 4 \\
    2 &amp; 1 &amp; -1 \\
    2 &amp; -1 &amp; -1
    \end{matrix}\;\right),
  \]
  for 
  \[
    VV^T= 
    V^TV=
    \left(\;\begin{matrix}
    1 &amp; 2 &amp; 2 \\
    0 &amp; 1 &amp; -1 \\
    4 &amp; -1 &amp; -1
    \end{matrix}\;\right)
    \left(\;\begin{matrix}
    1 &amp; 0 &amp; 4 \\
    2 &amp; 1 &amp; -1 \\
    2 &amp; -1 &amp; -1
    \end{matrix}\;\right)
    =
    \left(\;\begin{matrix}
    9 &amp; 0 &amp; 0 \\
    0 &amp; 2 &amp; 0 \\
    0 &amp; 0 &amp; 18
    \end{matrix}\;\right),
  \]
  men om vi normaliserer kolonnene og definerer 
  \[
    P=
    \left(\;\begin{matrix}
    1/3 &amp; 0 &amp; 4/\sqrt{18} \\
    2/3 &amp; 1/\sqrt{2} &amp; -1/\sqrt{18} \\
    2/3 &amp; -1/\sqrt{2} &amp; -1/\sqrt{18}
    \end{matrix}\;\right),
  \]
  er
  \[
    PP^T= 
    P^TP=
    \left(\;\begin{matrix}
    1 &amp; 0 &amp; 0 \\
    0 &amp; 1 &amp; 0 \\
    0 &amp; 0 &amp; 1
    \end{matrix}\;\right).
  \]
  Du kan nÃ¥ sjekke selv at 
  \[
    A=P\Lambda P^T.
  \]
\end{oppgave}



\begin{oppgave}{3}
  Vi beregner fÃ¸rst det karakteristiske polynomet 
  \begin{align*}
    \det 
    \begin{pmatrix}
      2-\lambda &amp; 1 &amp; 1 \\
      1 &amp; 2-\lambda &amp; 1 \\
      1 &amp; 1 &amp; 2-\lambda 
    \end{pmatrix} 
    =&amp;\;(2-\lambda)\left( (2-\lambda)^2 - 1 \right) - (2-\lambda - 1) + (1-(2-\lambda))\\ 
    =&amp;\;(2- \lambda)\left( 3-4\lambda+\lambda^2\right) - (1-\lambda ) - (1 -\lambda)\\[2mm]
    =&amp;\;(2- \lambda)(3- \lambda)(1 - \lambda) - (1-\lambda ) - (1 -\lambda)\\[2mm]
    =&amp;\;(1 - \lambda)((2- \lambda)(3- \lambda) - 2)\\[2mm]
    =&amp;\;(1 - \lambda)(4 - 5\lambda +\lambda^2)\\[2mm]
    =&amp;\;(1 - \lambda)(1 - \lambda)(4 - \lambda)\\[2mm]
  \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,
  mÃ¥ egenvektoren vÃ¦re
  \[
  \mathbf v_1
  =
  \begin{pmatrix}
  1 \\
  1 \\
  1 
  \end{pmatrix}.
  \]
  SÃ¥ den doble. 
  Siden
  \[
  \begin{pmatrix}
  1 &amp; 1 &amp; 1 \\
  1 &amp; 1 &amp; 1 \\
  1 &amp; 1 &amp; 1 \\
  \end{pmatrix}
  \sim 
  \begin{pmatrix}
  1 &amp; 1 &amp; 1 \\
  0 &amp; 0 &amp; 0 \\
  0 &amp; 0 &amp; 0 \\
  \end{pmatrix}
  \]
  ser vi at alle egenvektorer ligger i planet til likningen
  \[
  x_1 + x_2 + x_3 = 0
  \]
  sÃ¥ 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 pÃ¥ $\mathbf v_1$,
  men ikke pÃ¥ hverandre.
  Litt gramschmidt gjÃ¸r susen. 
  Vi bytter ut $\V v_3$ med 
  \[
    \V v_2 - \frac{\V v_2^T\V v_3}{\V v_3^T\V v_3} \V v_3=
    \begin{pmatrix}
      1 \\
      -1\\
      0 
    \end{pmatrix}
    -
    \frac{1}{2}
    \begin{pmatrix}
      1 \\
      0 \\
      -1 
    \end{pmatrix}
    =
    \frac{1}{2}
    \begin{pmatrix}
      1 \\
      -2 \\
      1 
    \end{pmatrix}
  \]
  som er ortogonal pÃ¥ bÃ¥de $\V v_1$ og $\V v_2$. 
  Dersom vi normaliserer alle egenvektorer og 
  setter dem opp som kolonner i en matrise 
  \[
  V
  =
  \begin{pmatrix}
  1/\sqrt{3}  &amp; 1/\sqrt{2} &amp; 1/\sqrt{6}\\
  1/\sqrt{3}  &amp; 0 &amp; -2/\sqrt{6}\\
  1/\sqrt{3}  &amp; -1/\sqrt{2} &amp; 1/\sqrt{6}\\
  \end{pmatrix}
  \]
  vil 
  $
  A=
  VDV^T
  $,
  der
  \[
  D=
  \begin{pmatrix}
  4 &amp; 0 &amp; 0 \\
  0 &amp; 1 &amp; 0 \\
  0 &amp; 0 &amp; 1 \\
  \end{pmatrix}.
  \]
  Merk at egenvektorene som korresponderte til forskjellige egenverdier 
  automatisk kom ut ortogonale. 
  Dette var ikke tilfeldig, 
  for vi kan beregne at 
  \[
    \lambda_1 \V v_1^T\V v_2 = 
    (\lambda_1 \V v_1)^T\V v_2 = 
    (A \V v_1)^T\V v_2 = 
    \V v_1^T A^T \V v_2 = 
    \V v_1^T (A \V v_2) = 
    \V v_1^T (\lambda_2 \V v_2) = 
    \lambda_2\V v_1^T  \V v_2 
  \]
  slik at 
  \[
    \lambda_1 \V v_1^T\V v_2 = 
    \lambda_2\V v_1^T  \V v_2 
  \]
  eller 
  \[
    (\lambda_1 \V 
    -\lambda_2) \V v_1^T  \V v_2 = 0.
  \]
  Dersom $\lambda_1\neq \lambda_2$ mÃ¥ altsÃ¥ $\V v_1^T  \V v_2 =0$. 
\end{oppgave}




\begin{oppgave}{4}
Nei. Det karakteristike polynomet er 
  \[
    \det 
    \left(\;
    \begin{matrix}
    1-\lambda &amp; 1 &amp; 0\\  0 &amp; 1-\lambda &amp; 1 \\ 0 &amp; 0 &amp; 1-\lambda
    \end{matrix}
    \;\right)\; 
    = 
    (1-\lambda)^3
  \]
  og prÃ¸ver vi Ã¥ regne ut egenvektorene, 
  fÃ¥r vi 
  \[
    \left(\;
    \begin{matrix}
    0 &amp; 1 &amp; 0\\  0 &amp; 0 &amp; 1 \\ 0 &amp; 0 &amp; 0
    \end{matrix}
    \;\right)\; 
  \]
  som gir $x_2=x_3=0$ og 
  \[
    \V v =
    \left(\;
    \begin{matrix}
    1\\  
    0\\  
    0  
    \end{matrix}
    \;\right)\; 
  \]
  som eneste egenvektor. 
\end{oppgave}

  

\begin{oppgave}{5-1}
  I TMA4101 lÃ¦rte vi at lÃ¸sningen pÃ¥ dette er 
  \[
    \V x(t) =   
    \left(\;\begin{matrix}
    1 &amp; 0 &amp; 4 \\
    2 &amp; 1 &amp; -1 \\
    2 &amp; -1 &amp; -1
    \end{matrix}\;\right)
    \left(\;\begin{matrix}
    e^{9t} &amp; 0 &amp; 0 \\
    0 &amp; e^{4t} &amp; 0 \\
    0 &amp; 0 &amp; 1
    \end{matrix}\;\right)
    \left(\;\begin{matrix}
    c_1 \\
    c_2 \\
    c_3
    \end{matrix}\;\right)
  \]
  Med ortogonal diagonalisering kan man angripe det litt annerledes. 
  La oss si at du har $\Lambda$ og $P$ slik at $A=P\Lambda P^T$. 
  Vi skriver systemet 
  \[
    \dot{\mathbf x}=A\mathbf x = P\Lambda P^T \V x.
  \]
  La oss fÃ¸rst gange fra venstre med $P^T$, 
  og fÃ¥ 
  \[
    P^T\dot{\mathbf x}=A\mathbf x = \Lambda P^T \V x.
  \]
  NÃ¥ er et bare Ã¥ sjekke at 
  \[
    \frac{d}{dt}(P\V y) = P \dot{\V y}
  \]
  sÃ¥ lenge $P$ er en konstant matrise,
  og sÃ¥ bytte til koordinatene $\V x = P\V y$, 
  og skrive 
  \[
    \dot{\mathbf y}=\Lambda  \V y.
  \]
  Men $\Lambda$ er diagonal, 
  sÃ¥ dette blir bare likninggsystemet
  \begin{align*}
    \dot y_1=&amp;\; 9y_1\\
    \dot y_2=&amp;\; 4y_2 \\
    \dot y_3=&amp;\; 0
  \end{align*}
  Vi sier nÃ¥ at likningssystemet er \textbf{dekoblet}, 
  og likningene var de fÃ¸rste du lÃ¦rte Ã¥ lÃ¸se i TMA4101: 
  \begin{align*}
    y_1(t)=&amp;\; c_1e^{9t}\\
    y_2(t)=&amp;\; c_2e^{4t}\\
    y_3(t)=&amp;\; c_3
  \end{align*}
  Dersom vi nÃ¥ bytter tilbake til de originale koordinatene, 
  fÃ¥r vi 
  \[
    \V x(t) = 
    P\V y(t) =
    \left(\;\begin{matrix}
    1/3 &amp; 0 &amp; 4/\sqrt{18} \\
    2/3 &amp; 1/\sqrt{2} &amp; -1/\sqrt{18} \\
    2/3 &amp; -1/\sqrt{2} &amp; -1/\sqrt{18}
    \end{matrix}\;\right)
    \left(\;\begin{matrix}
    e^{9t} &amp; 0 &amp; 0 \\
    0 &amp; e^{4t} &amp; 0 \\
    0 &amp; 0 &amp; 1
    \end{matrix}\;\right)
    \left(\;\begin{matrix}
    c_1 \\
    c_2 \\
    c_3
    \end{matrix}\;\right)
  \]
    Var ikke det litt stilig?
\end{oppgave}


\begin{oppgave}{5-3}
  Her finner vi bare en lÃ¸sning, 
  nemlig 
  \[
    \V x(t) =
    ce^t
    \left(\;
    \begin{matrix}
    1\\  
    0\\  
    0  
    \end{matrix}
    \;\right)\; 
  \]
  Men det finnes fler. 
  Se lenger ned. 
\end{oppgave}

\clearpage


\begin{oppgave}{6}
  Klumpen har temperatur $x_1$ og lekker varme til vannet utenfor,
  som har temperatur $x_2$, 
  slik at Newtons avkjÃ¸lingslov gir 
  \begin{align*}
    \dot x_1=&amp;\; \alpha_1 \left( x_2 - x_1 \right).
  \end{align*}
  Vannet selv avgir varme til klumpen med samme rate $\alpha_1 \left( x_2 - x_1 \right)$
  som klumpen fÃ¥r varme fra vannet, 
  men fortegnet mÃ¥ snus. 
  SÃ¥ avgir vannet varme til omgivelsene med rate $\alpha_2 \left( 0 - x_1 \right)$ siden 
  temperaturen er null pÃ¥ verandaen, 
  og vi fÃ¥r likningen 
  \begin{align*}
    \dot x_2=&amp;\; \alpha_1 \left( x_1 - x_2 \right) + \alpha_2 \left( 0 - x_2 \right)
  \end{align*}
  Vi har initialbetingelsene 
  \[
    x_1(0) = 88 
    \hspace{10mm}
    x_2(0) = 4
  \]
  og antar vi at $\alpha_1=\alpha_2=1$, 
  fÃ¥r vi initialverdiproblemet
  \begin{align*}
    \dot x_1=&amp;\; - x_1 + x_2 
    \hspace{12mm}
    x_1(0) = 88  \\
    \dot x_2=&amp;\; \hspace{4.5mm}x_1 - 2x_2 
    \hspace{10mm}
    x_2(0) = 4  
  \end{align*}
  Vi begynner med Ã¥ beregne det karakteristiske polynomet til matrisen,
  som er 
  \[
    \det
    \left(\;
    \begin{matrix}
    -1-\lambda &amp; 1\\  
    1 &amp; -2-\lambda
    \end{matrix}
    \;\right)\; 
    =
    (1+\lambda)(2+\lambda)-1= 
    1+3\lambda +\lambda^2
  \]
  slik at egenverdiene er 
  \[
    \lambda = \frac{-3 \pm \sqrt{9-4}}{2} = 
    \frac{-3 \pm \sqrt{5}}{2} 
  \]
  Den ene egenvektoren gis av
  \[
    \left(\;
    \begin{matrix}
      \frac{5 + \sqrt{5}}{2}  &amp; -1\\  
    -1 &amp; \frac{7 + \sqrt{5}}{2}
    \end{matrix}
    \;\right)\; 
    \sim
    \left(\;
    \begin{matrix}
    5 + \sqrt{5}  &amp; -2\\  
    0 &amp; 0
    \end{matrix}
    \;\right)\; 
  \]
  som gir 
  \[
    \V v_1 = 
    \left(\;
    \begin{matrix}
      2 \\  
      5 + \sqrt{5} 
    \end{matrix}
    \;\right)\;.
  \]
  Den andre mÃ¥ vÃ¦re ortogonal pÃ¥ den fÃ¸rste siden matrisen er symmetrisk, 
  sÃ¥ vi kan bare skrive opp at 
  \[
    \V v_2 = 
    \left(\;
    \begin{matrix}
      5 + \sqrt{5} \\
      -2
    \end{matrix}
    \;\right)\;
  \]
  uten mer dilldall. 
  LÃ¸sningen blir 
  \[
    \V x(t) =
    \left(\;
      \begin{matrix}
        2 &amp; 5 + \sqrt{5} \\
        5 + \sqrt{5} &amp; -2
     \end{matrix}
    \;\right)\;
    \left(\;
      \begin{matrix}
        e^{\left(-3 - \sqrt{5}\right)t/2} &amp; 0 \\
        0 &amp;e^{\left(-3 + \sqrt{5}\right)t/2}
     \end{matrix}
    \;\right)\;
    \left(\;
      \begin{matrix}
        c_1 \\
        c_2
      \end{matrix}
    \;\right)\;. 
  \]
  Dersom vi vil sette $\V c$, 
  mÃ¥ vi bruke at 
  \[
    \left(\;
      \begin{matrix}
        88 \\
        4
      \end{matrix}
    \;\right)\;
    =
    \V x(0) =
    \left(\;
      \begin{matrix}
        2 &amp; 5 + \sqrt{5} \\
        5 + \sqrt{5} &amp; -2
     \end{matrix}
    \;\right)\;
    \left(\;
      \begin{matrix}
        c_1 \\
        c_2
      \end{matrix}
    \;\right)\;
    \]
    og lÃ¸se for $\V c$. 
    Dette kan vi gjÃ¸re enklest ved Ã¥ gange med $P^T$ fra venstre:
  \[
    \left(\;
      \begin{matrix}
        2 &amp; 5 + \sqrt{5} \\
        5 + \sqrt{5} &amp; -2
     \end{matrix}
    \;\right)\;
    \left(\;
      \begin{matrix}
        88 \\
        4
      \end{matrix}
    \;\right)\;
    =
    \left( 34 + 10\sqrt{5} \right)
    \left(\;
      \begin{matrix}
         c_1 \\
         c_2
      \end{matrix}
    \;\right)\;
    \]
    slik at 
    \[
      \V c = 
      \frac{1}{\left( 34 + 10\sqrt{5} \right)}
      \left(\;
      \begin{matrix}
        2 &amp; 5 + \sqrt{5} \\
        5 + \sqrt{5} &amp; -2
     \end{matrix}
    \;\right)\;
    \left(\;
      \begin{matrix}
        88 \\
        4
      \end{matrix}
    \;\right).
    \]
    Legg merke til strukturen pÃ¥ lÃ¸sningen. 
    Den er nÃ¥ skrevet som
    \begin{align*}
    \V x(t) =&amp; \\
    \left(\;
      \begin{matrix}
        2 &amp; 5 + \sqrt{5} \\
        5 + \sqrt{5} &amp; -2
     \end{matrix}
    \;\right)\;&amp;
    \left(\;
      \begin{matrix}
        e^{\left(-3 - \sqrt{5}\right)t/2} &amp; 0 \\
        0 &amp;e^{\left(-3 + \sqrt{5}\right)t/2}
     \end{matrix}
    \;\right)\;
      \left(\;
      \begin{matrix}
        \frac{2}{\left( 34 + 10\sqrt{5} \right)} &amp; \frac{5 + \sqrt{5}}{\left( 34 + 10\sqrt{5} \right)} \\
        \frac{5 + \sqrt{5}}{\left( 34 + 10\sqrt{5} \right)} &amp; \frac{-2}{\left( 34 + 10\sqrt{5} \right)} \\
     \end{matrix}
    \;\right)\;
    \left(\;
      \begin{matrix}
        88 \\
        4
      \end{matrix}
    \;\right)\; \\[3mm]
    \hspace{10mm}
    V 
    \hspace{20mm}
    &amp;
    \hspace{20mm}
    e^{\Lambda t}
    \hspace{45mm}
    V^{-1} 
    \hspace{23mm}
    \V x_0
    \end{align*}
    Notasjonen $e^{\Lambda t}$ kommer vi tilbake til om litt. 
    
    Vannet skal ha en passelig drikketemperatur pÃ¥ $13$ grader, 
    sÃ¥ vi mÃ¥ lÃ¸se likningen 
    \[
      13 = x_1(t),
    \]
    men dette gÃ¥r ikke med penn og papir, 
    siden $x_1$ er en lineÃ¦rkombinasjon av to forskjellige 
    eksponensialfunksjoner.
    Vel vel vel. 
    Frem til hit tok meg over en arbeidstime Ã¥ skrive ned,
    men denne koden\\
    \url{https://folk.ntnu.no/mortano/python/homeopati/main.py}\\
    tok meg noen fÃ¥ minutter og
    produserer dette plottet:
    \begin{center}
      \includegraphics[scale=.9]{../figurer/homeopati-1.png}
    \end{center}
    som viser at $x_1(t) \approx 13$ nÃ¥r $t \approx 3$.
    Rustkode finnes her:\\
    \url{https://folk.ntnu.no/mortano/rust/homeopati}
  \end{oppgave}

\clearpage


\begin{oppgave}{8}
  Dersom $f$ er en funksjon fra $\mathbb{R}^2$ til $\mathbb{R}^2$
  og $\V x$ en funksjon fra $\mathbb{R}$ til $\mathbb{R}^2$
  og vi skal lÃ¸se systemet 
  \[
    \dot{\V x} = f(\V x)
  \]
  blir eksplisitt Euler
  \[
    \mathbf x_{k+1} = 
    \mathbf x_k + hf\left( \V x_k \right)
  \]
  implisitt Euler
  \[
    \mathbf x_{k+1} = 
    \mathbf x_k + hf\left( \V x_{k+1} \right)
  \]
  og trapesmetoden 
  \[
    \mathbf x_{k+1} = 
    \mathbf x_k + \frac{h}{2}\left( f\left( \V x_k \right) + f\left( \V x_{k+1} \right) \right)
  \]
  I vÃ¥rt tilfelle er 
  \[ 
    f(\V x) =  
    A\V x.
  \]
  For eksplisitt Euler fÃ¥r vi
  \[
    \mathbf x_k + hf\left( \V x_k \right) = 
    (I + hA)\V x.
  \]
  Implisitt Euler blir 
  \[
    \mathbf x_{k+1} = 
    \mathbf x_k + hA\V x_{k+1} 
  \]
  men om vi skriver alt med $\V x_{k+1}$ pÃ¥ venstre side,
  fÃ¥r vi 
  \[
    (I + hA\V )x_{k+1} = 
    \mathbf x_k 
  \]
  og sÃ¥ er det bare Ã¥ invertere $I+hA$, 
  og fÃ¥ 
  \[
    \mathbf x_{k+1} = 
    \left( I - hA \right)^{-1}
    \mathbf x_k 
  \]
  For trapesmetoden bruker vi bare det samme trikset; 
  vi skriver 
  \[
    \mathbf x_{k+1} = 
    \mathbf x_k + \frac{h}{2}\left( A \V x_k + A\V x_{k+1} \right)
  \]
  sorterer:
  \[
    \mathbf x_{k+1} -
    \frac{h}{2}A\V x_{k+1} =
    \mathbf x_k + 
    \frac{h}{2}A \V x_k 
  \]
  bruker identitetsmatrisen:
  \[
    \left( I - \frac{h}{2}A \right)\V x_{k+1} =
    \left( I + \frac{h}{2}A \right)\V x_{k}
  \]
  og inverterer:
  \[
    \mathbf x_{k+1} = 
    \left( I - \frac{h}{2}A \right)^{-1}
    \left( I + \frac{h}{2}A \right)
    \mathbf x_k
  \]
  I pythonkoden i forrige oppgave kan du kjÃ¸re alle metodene.
\end{oppgave}

\clearpage

\begin{oppgave}{9}
  La oss begynne med Ã¥ se pÃ¥ hva som skjer nÃ¥r vi 
  kjÃ¸rer eksplisitt euler for store $h$. 
  Dersom $h=0.5$, 
  begynner kurvene Ã¥ se stygge ut:
  \begin{center}
    \includegraphics[scale=.8]{../figurer/homeopati-2.png}
  \end{center}
  og dersom $h=1$ er det ingenting igjen som minner om korrekt fysikk:
  \begin{center}
    \includegraphics[scale=.8]{../figurer/homeopati-3.png}
  \end{center}

  \clearpage

  For Ã¥ avdekke hva som skjer, 
  kan vi ta for oss et triks. 
  For det fÃ¸rste er det veldig kjapt Ã¥ gange 
  diagonalmatriser med seg selv:
  \[
      \left(\;
      \begin{matrix}
      \lambda_1 &amp;  &amp;  &amp;  &amp; \\  
        &amp; \lambda_2 &amp;  &amp;  &amp;  \\ 
        &amp;  &amp; \ddots &amp;  &amp; \\
        &amp;  &amp;  &amp; \ddots &amp; \\
        &amp;  &amp;  &amp; &amp; \lambda_n
      \end{matrix}
      \;\right)^m 
      =
      \left(\;
      \begin{matrix}
      \lambda_1^m &amp;  &amp;  &amp;  &amp; \\  
        &amp; \lambda_2^m &amp;  &amp;  &amp;  \\ 
        &amp;  &amp; \ddots &amp;  &amp; \\
        &amp;  &amp;  &amp; \ddots &amp; \\
        &amp;  &amp;  &amp; &amp; \lambda_n^m
      \end{matrix}
      \;\right) 
  \]
  Hvis du skal opphÃ¸ye en matrise $A$ i en stor potens,
  gjÃ¸r du slik:
  \begin{align*}
    A^n =&amp;\; \left( V\Lambda V^{-1} \right)^n\\[2mm] 
    =&amp;\; \left( V \Lambda V^{-1} \right) \left( V \Lambda V^{-1} \right) \cdots \left( V \Lambda V^{-1} \right) \\[2mm]
    =&amp;\; V \Lambda V^{-1}  V \Lambda V^{-1}  \cdots V \Lambda V^{-1} \\[2mm]
    =&amp;\; V \Lambda   \Lambda  \cdots  \Lambda V^{-1} \\[2mm]
     =&amp;\;V \Lambda^n V^{-1}.  
  \end{align*}
  Hvis man legger inn kommandoen 
  \begin{lstlisting}
    print(np.linalg.eig(ekspl_mat)) 
  \end{lstlisting}
  i koden et eller annet sted, 
  vil man se at i det $h$ bikker sÃ¥nn omtrent $5/7$,
  bikker den ene egenverdien over 1, 
  og da begynner iterasjonene Ã¥ stige ukontrollert. 
  
  Dersom man prÃ¸ver samme eksperiment med implisitt, 
  vil man oppdage at det gÃ¥r helt fint. 
  Her er $h=1$: 
  \begin{center}
    \includegraphics[scale=.7]{../figurer/homeopati-4.png}
  \end{center}
  UnÃ¸yaktig som faen, 
  men kvalitativt riktig. 
  Forklaringen er den samme, 
  print egenverdiene til $I-hA$, 
  sÃ¥ ser du. 
  Trapesmetoden oppfÃ¸rer seg likt,
  men legger seg tettere pÃ¥ den korrekte lÃ¸sningen,
  siden den har hÃ¸yere orden.\footnote{\url{https://en.wikipedia.org/wiki/Trapezoidal_rule_(differential_equations)}}
\end{oppgave}



\clearpage


\begin{oppgave}{10}
  Vi antar kjekt at 
  \[
    \frac{d}{dt}At = A
  \]
  og deriverer eksponensialfunksjonen 
  \begin{align*}
    \frac{d}{dt}e^{At} 
    =&amp;\; \frac{d}{dt}\left( I + At + \frac{(At)^2}{2} + \frac{(At)^3}{3!}+ \cdots  \right)\\[2mm] 
    =&amp;\; A + A^2t + \frac{A^3t^2}{2} + \frac{A^4t^3}{3!}+ \cdots  \\[2mm] 
    =&amp;\; A\left( I + At + \frac{(At)^2}{2} + \frac{(At)^3}{3!}+ \cdots  \right)\\[2mm] 
    =&amp;\; A e^{At}.
  \end{align*}
  Dersom vi aksepterer at 
  \[
    e^{A \cdot 0} = e^{0} = I,
  \]
  er det lett Ã¥ gÃ¥ med pÃ¥ at 
  \[
    \V x(t) = e^{At}\V x_0
  \]
  bÃ¥de passer i differensiallikningssystemet og tilfredsstiller 
  $
    \V x(0) = \V x_0.
  $
\end{oppgave}


\begin{oppgave}{11}
  Dersom $\Lambda$ er diagonal, 
  er 
  \[
    e^{\Lambda t} = 
    I + \Lambda t + \frac{(\Lambda t)^2}{2} + \frac{(\Lambda t)^3}{3!}+ \cdots  
  \]
  og trikset vi lÃ¦rte i oppgave 9 impliserer at $e^{\Lambda t}$ er diagonal.  
\end{oppgave}

Dette er greit Ã¥ vite, 
siden 
\[
  A= V\Lambda V^{-1}
  \hspace{10mm}
  \Longrightarrow
  \hspace{10mm}
  e^{A}= V e^{\Lambda} V^{-1}
\]

\begin{oppgave}{12}
  Dersom $A = V\Lambda V^{-1}$ 
  kan nok en gang bruke trikset fra oppgave 9:
  \begin{align*}
    e^{A t} =&amp;\; 
    e^{V\Lambda V^{-1}t} \\[2mm]
    =&amp;\; I + V\Lambda V^{-1}t + \frac{(V\Lambda V^{-1} t)^2}{2} + \frac{(V\Lambda V^{-1} t)^3}{3!}+ \cdots \\[2mm] 
    =&amp;\; I + V\Lambda V^{-1}t + \frac{V \Lambda^2 V^{-1} t^2}{2} + \frac{V\Lambda^3 V^{-1} t^3}{3!}+ \cdots \\[2mm] 
    =&amp;\; VIV^{-1} + V (\Lambda t) V^{-1} + \frac{V (\Lambda t)^2 V^{-1} }{2} + \frac{V()\Lambda t)^3 V^{-1} }{3!}+ \cdots \\[2mm] 
    =&amp;\; V\left( I + (\Lambda t) + \frac{(\Lambda t)^2 }{2} + \frac{(\Lambda t)^3  }{3!}+ \cdots \right)V^{-1} \\[2mm] 
    =&amp;\; Ve^{\Lambda t}V^{-1}
  \end{align*}
\end{oppgave}


\clearpage

\begin{oppgave}{13}
  Den peneste mÃ¥ten Ã¥ definere eksponensialfunksjonen pÃ¥, 
  er i bunn og grunn 
  \[
    e^{z} = 
    1 + z + \frac{z^2}{2} + \frac{z^3}{3!}+ \cdots  = 
    \sum_{n=0}^{\infty} \frac{z^n}{n!}
  \]
  som er absolutt konvergent for alle $z$.
  La oss nÃ¥ gange sammen to slike og herje litt:
  \[
    e^{z} e^{w}= 
    \sum_{n=0}^{\infty} \frac{z^n}{n!}
    \sum_{m=0}^{\infty} \frac{w^m}{m!} =
    \sum_{n=0}^{\infty}\sum_{m=0}^{\infty}  
    \frac{z^n}{n!}\frac{w^m}{m!} =
    \sum_{n=0}^{\infty}\sum_{m=0}^{\infty}  
    \frac{z^nw^m}{n!m!}
  \]
  Denne herjingen er tillatt sÃ¥ lenge rekkene er absolutt konvergente, 
  men det er de jo. 
  Vi ser nÃ¥ tydelig at koeffisienten til $z^nw^m$ er $1/(n!m!)$,
  sÃ¥ det vi trenger Ã¥ gjÃ¸re, 
  er Ã¥ sjekke at dette ogsÃ¥ er koeffisienten til $z^nw^m$ i $e^{z+w}$:
  Binomialteoremet\footnote{\url{https://en.wikipedia.org/wiki/Binomial_theorem}}
  gir
  \begin{align*}
    e^{z+w} =&amp;\; 
    \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(z+w)^k}{k!} \\[2mm]
    =&amp;\;\sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{k!}\left( \sum_{l=0}^{k} \frac{k!}{l!(k-l)!} z^k w^{k-l} \right)\\[2mm]
    =&amp;\;\sum_{k=0}^{\infty} \sum_{l=0}^{k} \frac{1}{l!(k-l)!} z^l w^{k-l}.
  \end{align*}
  NÃ¥ er det egentlig bare Ã¥ observere at en bestemt potens $z^n w^m$ kun opptrer pÃ¥ ett sted i hver sum, 
  og voila.
  (Litt subtil denne her. Ikke gÃ¥ i kjelleren om du mÃ¥ tenke en stund.)

  Hvis du nÃ¥ bytter ut $z$ og $w$ med matrisene $A$ og $B$,
  er beregningen i bunn og grunn den samme,
  men det er en del jobb Ã¥ vise ordentlig at alle stegene i beregningen er tillatte. 
  Man mÃ¥ ogsÃ¥ bruke kommutativiten til $A$ og $B$ nÃ¥r man bruker binomialteoremet;  
  dette tenker vi jo ikke pÃ¥ nÃ¥r vi ganger sammen reelle eller komplekse tall.
\end{oppgave}


\begin{oppgave}{14}
  Jeg hÃ¥per du husker at identitetsmatrisen kommuterer multiplikativt med absolutt alle matriser.
\end{oppgave}


\begin{oppgave}{15}
  Siden $I$ og $N$ kommuterer,
  kan vi fÃ¸rst beregne
  \[
    e^{(\lambda I + N )t} = 
    e^{\lambda I t} 
    e^{\lambda N t}  
  \]
  NÃ¥ er det bare Ã¥ observere at 
  \[
    \left(\;
    \begin{matrix}
    0 &amp; 1 &amp; 0\\  0 &amp;0 &amp; 1 \\ 0 &amp; 0 &amp; 0
    \end{matrix}
    \;\right)^2 
    = 
    \left(\;
    \begin{matrix}
    0 &amp; 0 &amp; 1\\  0 &amp;0 &amp; 0 \\ 0 &amp; 0 &amp; 0
    \end{matrix}
    \;\right)
    \hspace*{10mm}
    \text{og}
    \hspace*{10mm}
    \left(\;
    \begin{matrix}
    0 &amp; 1 &amp; 0\\  0 &amp;0 &amp; 1 \\ 0 &amp; 0 &amp; 0
    \end{matrix}
    \;\right)^3
    = 
    \left(\;
    \begin{matrix}
    0 &amp; 0 &amp; 0\\  0 &amp;0 &amp; 0 \\ 0 &amp; 0 &amp; 0
    \end{matrix}
    \;\right)
  \]
  slik at 
  \[
    e^{Nt} = 
    I + Nt + \frac{(Nt)^2}{2}
    =
    \left(\;
    \begin{matrix}
    1 &amp; t &amp; t^2/2\\  0 &amp;1 &amp; t \\ 0 &amp; 0 &amp; 1
    \end{matrix}
    \;\right) 
  \]
  og fÃ¸lgelig at
  \[
    e^{(\lambda I + N )t} = 
    e^{\lambda I t} 
    e^{\lambda N t}  
    =
    e^{\lambda I t} 
    \left(\;
    \begin{matrix}
    1 &amp; t &amp; t^2/2\\  0 &amp;1 &amp; t \\ 0 &amp; 0 &amp; 1
    \end{matrix}
    \;\right) 
  \]
\end{oppgave}


\begin{oppgave}{16}
  Da er det faktisk bare Ã¥ skrive 
  \[
    \left(\;
    \begin{matrix}
    1 &amp; 1 &amp; 0\\  0 &amp; 1 &amp; 1 \\ 0 &amp; 0 &amp; 1
    \end{matrix}
    \;\right)
    =
    \left(\;
    \begin{matrix}
    1 &amp; 0 &amp; 0\\  0 &amp; 1 &amp; 0 \\ 0 &amp; 0 &amp; 1
    \end{matrix}
    \;\right)
    +
    \left(\;
    \begin{matrix}
    0 &amp; 1 &amp; 0\\  0 &amp;0 &amp; 1 \\ 0 &amp; 0 &amp; 0
    \end{matrix}
    \;\right)
    =I + N
  \]
  og beregne 
  \[
    e^{At} = 
    e^{(I+N)t} = 
    e^{It}
    e^{Nt} =
    \left(\;
    \begin{matrix}
    e^t &amp; 0 &amp; 0\\  0 &amp;e^t &amp; 0 \\ 0 &amp; 0 &amp; e^t
    \end{matrix}
    \;\right) 
    \left(\;
    \begin{matrix}
    1 &amp; t &amp; t^2/2\\  0 &amp;1 &amp; t \\ 0 &amp; 0 &amp; 1
    \end{matrix}
    \;\right).
  \]
  LÃ¸sningen blir 
  \[
    \V x(t) = 
    e^{At}\V x_0 = 
    e^{It}
    e^{Nt} 
    \V x_0.
  \]
  Det er slik at et system pÃ¥ formen $\dot{\V x} = A\V x$ alltid har $n$ 
  lineÃ¦rt uavhengige lÃ¸sninger uansett om $A$ er diagonaliserbar eller ikke. 
  Dette er ikke helt trivielt Ã¥ bevise, 
  men du finner utledning for diagonaliserbare $A$ her:\\
  \url{https://folk.ntnu.no/mortano/notater/sivingmatte.pdf}
\end{oppgave}





\begin{oppgave}{17}
  Matrisen $N$ er sÃ¥kalt \textbf{nilpotent}, 
  og dukker opp ofte nok i anvendelser til at den har fÃ¥tt et eget navn, 
  \textbf{shift matrix}.\footnote{\url{https://en.wikipedia.org/wiki/Shift_matrix}}
  Hver gang du ganger denne matrisen med seg selv, 
  flyttes superdiagonalen med enere ett knepp oppover, 
  og til slutt er det tomt. 
  Du kan selv sjekke at at dersom $N$ er $(n+1) \times (n+1)$, 
  er $N^{n+1}$ nullmatrisen, 
  slik at eksponensialfunksjonen terminerer etter $n+1$ ledd:
  \[
    e^{Nt} = 
    I + Nt + \frac{(Nt)^2}{2} + \cdots +  \frac{(Nt)^n}{n}
    =
      \left(\;
      \begin{matrix}
      1 &amp; t &amp; t^2/2 &amp; \cdots &amp; t^n/n!\\  
        &amp; 1 &amp; t &amp;  &amp; \vdots \\ 
        &amp;  &amp; \ddots &amp;\ddots &amp;\vdots \\
        &amp;  &amp;  &amp;1 &amp; t\\
        &amp;  &amp;  &amp; &amp; 1
      \end{matrix}
      \;\right) 
  \]
  \end{oppgave}


\begin{oppgave}{18}
  Alle disse matrisene kan skrives som identitetsmatrisen pluss en 
  nilpotent matrise som er bittelitt annerledes enn $N$,
  men som oppfÃ¸rer seg likt. 
  SÃ¥ det er bare Ã¥ kopiere oppgave 15.
\end{oppgave}

\begin{center}
\includegraphics[scale=.2]{../figurer/L1020120.jpg}
\end{center}

\begin{comment}
\clearpage

\section*{UKENS NÃ˜TTER}

Vi sier at lengden 
\[
\| \mathbf x \|=\sqrt{(\mathbf x, \mathbf x)}
\]
er \textbf{indusert} av indreproduktet $(\cdot, \cdot)$.
Men det finnes ogsÃ¥ lengder som ikke er indusert av et indreprodukt. 
Derfor har vi egne aksiomer for lengde: 
\begin{itemize}
\item $\| \mathbf x \| &gt; 0$ dersom $\mathbf x \neq \mathbf 0$
\item $\| a\mathbf x \| =|a|\| \mathbf x \| $
\item $\| \mathbf x +\mathbf y \|\leq \| \mathbf x \| + \| \mathbf y \|$
\end{itemize}
PÃ¥ fagsprÃ¥ket sier man \textbf{norm} istedet for lengde.
Det finnes mange normer som ikke er indusert av indreprodukt


\begin{oppgave}{1}
Vis at 
$
\| \mathbf x \|_2=\sqrt{(\mathbf x, \mathbf x)}
$
er en lengde. 
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{2}
Vis at 
$
\| \mathbf x \|_\infty = \max_{k} |x_k|
$
og 
$
\| \mathbf x \|_1 = \sum_{k} |x_k|
$
er lengder nÃ¥r $\mathbf x \in \mathbb C^n$. Forklar subskriptene. 
\end{oppgave}

SÃ¥ har vi \textbf{matrisenormen}:
\[
\|A\|=\max_{\|\mathbf x\|=1} \|A\mathbf x \|
\]

\begin{oppgave}{3}
Vis at dette er en lengde. 
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{4}
  Vis at $e^{A}$ er absolutt konvergent for alle $A$. 
\end{oppgave}


\begin{center}
\includegraphics[scale=.4]{../figurer/img_0056}
\end{center}

\end{comment}
\end{document}
</pre></body></html>