\input{preamble}


\begin{document}
\pagenumbering{gobble}

\title{3 - 3 - OM LANDEGRENSER - LF}


\maketitle


\begin{oppgave}{1}
	Vi setter gradienten til $h$ lik null: 
	\begin{align*}
		-2x_1-x_2 + 4 = 0 \\
		-x_1 -4x_2 + 6 = 0 
	\end{align*}
	som løses av $x_2 = 8/7$, $x_1=10/7$.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{2}
	Hessematrisen er 
	\begin{align*}
		h''(x) = 
		\left( \;
		\begin{matrix}
			-2 & -1 \\ 
			-1 & -4 \\ 
		\end{matrix}
		\; \right)
	\end{align*}
	som har karakteristisk polynom
	\begin{align*}
		\det 
		\left( \;
		\begin{matrix}
			-2-\lambda & -1 \\ 
			-1 & -4-\lambda \\ 
		\end{matrix}
		\; \right)
		=(2+\lambda)(4+\lambda)-1 = 7+6\lambda + \lambda^2
	\end{align*}
	og egenverdier
	\begin{align*}
		\lambda = 
		-3\pm \sqrt{2}
	\end{align*}
	som begge er negative, 
	og følgelig kan vi være sikker at dette er en fjelltopp og ikke en dalbunn.  
%\begin{align*}
%	h(x,y) = - x_1^2 - x_1x_2 - 2x_2^2 + 4 x_1 + 6x_2 + 8.
%\end{align*}
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{3}
	La oss sende en rett linje gjennom punktet $a$ 
	slik:\\
        \includegraphics[scale=.8]{../figurer/hesse}
	Parametriseringen for den rette linjen er 
	\begin{align*}
		x(t)=
		a + tv
		=
		\left( \;
			\begin{matrix}
				a_1\\
				a_2
			\end{matrix}
		\; \right)
		+
		t
		\left( \;
			\begin{matrix}
				v_1\\
				v_2
			\end{matrix}
		\; \right)
		\hspace*{10mm}
		t \in \mathbb{R}
	\end{align*}
	La oss definere 
	\begin{align*}
		g(t) = 
		f(x(t)) = f(a+tv)
	\end{align*}
	og så bruke kjerneregelen på $g$, 
	og få 
	\begin{align*}
		g'(t) =&
		f'(x(t))x'(t)\\[2mm]
		 =& f'(a+tv)v\\[2mm]
		=&
		\left( 
			\frac{\partial f}{\partial x_1}(a+tv),
			\frac{\partial f}{\partial x_2}(a+tv)
		 \right)
		\left( \;
			\begin{matrix}
				v_1\\
				v_2
			\end{matrix}
		\; \right)\\[2mm]
		=&
		v_1\frac{\partial f}{\partial x_1}(a+tv) + 
		v_2\frac{\partial f}{\partial x_2}(a+tv).
	\end{align*}
	Nå kan gjenta denne suksessen og derivere dette uttrykket med kjerneregelen, 
	og få 
	\begin{align*}
		g''(t) =&
		v_1\frac{d}{dt}
		\left( 
			\frac{\partial f}{\partial x_1}(a+tv)  
		 \right)
		 +
		v_2\frac{d}{dt}
		\left( 
			\frac{\partial f}{\partial x_2}(a+tv)
		 \right)\\[2mm]
		=&
		v_1
		\left( 
			v_1\frac{\partial^2 f}{\partial x_1^2}(a+tv)+
			v_2\frac{\partial^2 f}{\partial x_2 \partial x_1}(a+tv)  
		 \right)
		 +
		v_2
		\left( 
			v_1\frac{\partial^2 f}{\partial x_1 \partial x_2}(a+tv) +
			v_2\frac{\partial^2 f}{\partial x_1^2}(a+tv)
		 \right)
	\end{align*}
	Hvis du nå skriver ut 
	\begin{align*}
		v^TAv =&
		\left( \;
			\begin{matrix}
				v_1&
				v_2
			\end{matrix}
		\; \right)
		\left( \;
			\begin{matrix}
				a_{11} & a_{12}\\
				a_{21} & a_{22}\\
			\end{matrix}
		\; \right)
		\left( \;
			\begin{matrix}
				v_1\\
				v_2
			\end{matrix}
		\; \right)\\[2mm]
		=& v_1^2a_11 + v_1v_2a_{12} +  v_1v_2a_{12} + v_2^2a_{22},
	\end{align*}
	ser du at vi kan skrive 
	\begin{align*}
		g''(t) = v^T H(a+tv)v
	\end{align*}
	der 
	\begin{align*}
		H=
		\left( \;
			\begin{matrix}
				\frac{\partial^2 f}{\partial x_1^2} & \frac{\partial^2 f}{\partial x_1\partial x_2}\\[2mm]
				\frac{\partial^2 f}{\partial x_2\partial x_1} & \frac{\partial^2 f}{\partial x_2^2} \\
			\end{matrix}
		\; \right)
	\end{align*}
 	Vi kan nå taylorutvikle $g$:
	\begin{align*}
        g(t)=
        &g(0) + g'(0)t + g''(0) \frac{t^2}{2} + \cdots \\
        =&f\left( {a} \right) + \left( f'\left( {a} \right) {v} \right)t + \left( {v}^T f''\left( {a} \right) {v} \right)\frac{t^2}{2} + \cdots
    \end{align*}
	Merk ellers at 
	\begin{align*}
		g'(0) = f'(a)v
	\end{align*}
	som vi kjenner igjen som den retningsderiverte til $f$ i $a$. 
	
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{4}
	La ${a}$ være et av $f$ sine kritiske punkt.
    Vi tar en motorsag og snitter flaten til $f({x})$ langs den parametriserte linjen ${a} + t{v}$,
    og så taylorutvikler vi motorsagsnittfunksjonen $g(t)=f\left( {a} + t{v} \right)$ om $t=0$, 
	slik som i forrige oppgave.
    Siden $f'({a}) = {0}$ dersom ${a}$ er et kritisk punkt,
    blir taylorutviklingen
    \[
        f\left( {a} + t{v}\right) = f\left( {a} \right)  +  \left( {v}^T f''\left( {a} \right) {v} \right)\frac{t^2}{2} + \cdots
    \]
    Dersom $t$ er bitteliten og $f$ oppfører seg bra nok til at $\left( {v}^T f''\left( {a} \right) {v} \right)\frac{t^2}{2}$
    fullstendig dominerer alle leddene som kommer etter,
    kan vi nå konkludere med følgende tabell.
    La $\lambda_1$ og $\lambda_2$ være egenverdiene til $f''\left( {a} \right)$. 
    \begin{itemize}
        \item Dersom $\lambda_1$ og $\lambda_2$ er positive, er ${a}$ et bunnpunkt.
        \item Dersom $\lambda_1$ og $\lambda_2$ er negative, er ${a}$ et toppunkt.
        \item Dersom $\lambda_1$ og $\lambda_2$ har forskjellig fortegn, er ${a}$ et sadelpunkt.
        \item Dersom en av dem er null, gir testen ingen konklusjon.
    \end{itemize}
    Hvordan kan vi være så freidige?
    Siden
    \[
        \frac{\partial^2 f}{\partial x_2 \partial x_1} = \frac{\partial^2 f}{\partial x_1 \partial x_2}
    \]
    for alle funksjoner du kommer til å plages med\footnote{Det finnes patologiske unntak,
        slik som for eksempel $\frac{xy\left(x^2-y^2\right)}{x^2+y^2}$,
        der de blandede andreordens partiellderiverte ikke er like,
    men disse er konstruert av matematikere for å krangle med folk som er uforsiktige nok til å påstå at de blandede andreordens partiellderiverte alltid er like.
	Se ukens nøtter.}
    er $f''\left( {a} \right)$ symmetrisk,
    og følgelig ortogonalt diagonaliserbar.
    La ${u}_1$ og ${u}_2$ være ortogonale egenvektorer til $f''\left( {a} \right)$.
    Disse utgjør en basis for $\mathbb{R}^2$,
    så vi kan alltid skrive
    \[
        {v} = c_1{u}_1+c_2{u}_2
    \]
    og regne ut den kvadratiske formen
    \begin{align*}
        {v}^T f''\left( {a} \right) {v}
        =& \left( c_1{u}_1+c_2{u}_2 \right)^T f''\left( {a} \right) \left( c_1{u}_1+c_2{u}_2 \right) \\[2mm]
        =& \left( c_1{u}_1+c_2{u}_2 \right)^T  \left( \lambda_1 c_1{u}_1+\lambda_2 c_2{u}_2 \right) \\[2mm]
        =& \lambda_1 c_1^2\left|{u}_1 \right|^2 + \lambda_2 c_2^2\left|{u}_2 \right|^2
    \end{align*}
    Dette uttrykket er helt klart positivt for alle ${v}$ i det første tilfellet,
    og konklusjonen følger siden vi følgelig alltid legger noe til $f\left( {a} \right)$ i nærheten av ${a}$
    når vi beveger oss bittelitt vekk fra ${a}$.
    Samme resonnement dersom egenverdiene er negative.
    Dersom egenverdiene har forskjellig fortegn,
    kan vi bruke samme resonnement på ${v}={u}_1$ og ${v}={u}_2$ og konkludere med at det finnes
    en retning der vi går nedover og en retning der vi går oppover,
    slik at ${a}$ er en sadel.
    Hvis en av egenverdiene er null,
    finnes det en retning der ${v}^T f''\left( {a} \right) {v} = 0$,
    og i så fall trenger vi flere ledd i taylorrekken for å konkludere.
    Hvis begge egenverdier er null,
    er $f$ et lineært polynom,
    og da gir det ikke mening å lete etter maks- eller minimumspunkter.

    Dersom alle egenverdier er positive,
    sier vi ellers at matrisen er positivt definitt.
    Tilsvarende for negative egenverdier.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{5}
	Hessematrisen er $X^TX$ og denne er som kjent positivt definitt dersom $X$ har full rang, 
	så da må det kritiske punktet være et minimumspunkt. 
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{6}
Du må lete etter maksima og minima til 
de tre envariable funksjonene
\begin{align*}
		h(x_1,0) &= -x_1^2 + 4x_1 -7 \hspace{72mm} x_1 \in [0,4]\\[3mm]
		h(0,x_2) &= -2x_2^2 + 6x_2 -7 \hspace{70mm} x_2 \in [0,3]\\[3mm]
		h\left( 4\cos \theta,3\sin\theta \right)&=\\
		-16&\cos^2\theta -12\cos\theta\sin \theta - 18 \sin^2\theta +16\cos\theta + 18\sin\theta + 8 \hspace{9mm} \theta \in [0,\pi/2]
\end{align*}
Det er trivielt å se at de to første har globale minima i endepunktene og 
globale maksima i kritiske punkter.
Den siste er uhåndterlig med penn og papir.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{7}
	Lagranges multiplikatormetode er basert på en ide som er veldig enkel å forstå om 
    man har det klart for seg hvordan gradienten til en funksjon skal tolkes geometrisk. 
    Den er også til god hjelp dersom man ønsker en enkel huskeregel nettopp for å 
    huske gradientens geometriske tolkning. 
    Hvis jeg sier at man går en tur på den elliptiske kurven i figuren under, 
    klarer de aller fleste uten å tenke seg om merke av turens høyeste og laveste punkt:

    \begin{center}
        \includegraphics[scale=.35]{../figurer/tur-2}
    \end{center}

    Nå gjelder å tenke på $f$ (altså den funksjonen du skal maksimere eller minimere) 
    som en funksjon som beskriver fjellet du går på.  
    Nivåkurvene til $f$ er det som er printa som ekvidistanselinjene på et vanlig turkart. 
    Den snedige ideen til lagrange var å se på turtrajektorien 
    som nivåkurven til en eller annen annen funksjon $g$, 
    og så innse at i $f$ sine topp-, bunn- eller sadelpunkter 
    \textbf{må gradienten til $f$ være parallell med gradienten til $g$,
    siden gradienter og nivåkurver står normalt på hverandre.}

    \begin{center}
        \includegraphics[scale=.35]{../figurer/tur-3}
    \end{center}
    
    Denne ideen gir tre likninger
    \begin{align*}
    \nabla f(x) &= \lambda \nabla g(x) \\
    g(x) &= c    
    \end{align*}
    som kan løses for $x$ og $\lambda$. 
    Det er litt forskjellige betingelser ute og går;
    $f$ og $g$ må være deriverbare, 
    og gradientene kan ikke være null,
    og du må ikke være i endepunktet for trajektorien og litt forskjellig.

	Alternativt kan vi parametrisere kurven og bruke kjerneregelen og få 
	\begin{align*}
		\nabla^T f(x(t)) \dot x(t) = 0
	\end{align*}
	siden $f(x(t))$ har et lokalt maksimum og
	\begin{align*}
		\nabla^T g(x(t)) \dot x(t) = 0
	\end{align*}
	siden $g(x(t))$ er konstant.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{8}
	Vi kan nå prøve oss på den krumme delen av $\partial \Omega$, 
	som har likning 
	\begin{align*}
		\frac{x_1^2}{16} + 
		\frac{x_2^2}{9} =1 
	\end{align*}
	slik at 
	\begin{align*}
		g(x)=
		\frac{x_1^2}{16} + 
		\frac{x_2^2}{9}.
	\end{align*}
	Gradienten til $g$ er 
	\begin{align*}
		g'(x)=
		\left( \frac{x_1}{8}, 
		\frac{2x_2}{9}  \right)
	\end{align*}
	mens gradienten til $h$ regnet vi ut i oppgave 1:
	\begin{align*}
		f'(x)=(-2x_1-x_2 + 4, 
		-x_1 -4x_2 + 6)
	\end{align*}
	Alt i alt får vi likningssystemet 
	\begin{align*}
		-2x_1-x_2 + 4 &= \lambda\frac{x_1}{8}\\[2mm]
		-x_1 -4x_2 + 6&=\lambda \frac{2x_2}{9}  \\[2mm]
		\frac{x_1^2}{16} + 
		\frac{x_2^2}{9} &=1 
	\end{align*}
	De to første likningene kan skrives om til 
	\begin{align*}
		(\lambda+16)x_1+8x_2 &=32 \\[2mm]
		9x_1 + 2(\lambda+18)x_2 &= 54 
	\end{align*}
	og i dette tilfellet synes jeg det er kjappest 
	å bare invertere matrisen og skrive
	\begin{align*}
		x=&
		\frac{1}{2(\lambda +16)(\lambda + 18)-72}
		\left( \;
		\begin{matrix}
			2(\lambda + 18) & -8 \\
			-9 & (\lambda + 16)
		\end{matrix}
		\; \right)
		\left( \;
		\begin{matrix}
			32\\
			54
		\end{matrix}
		\; \right)\\[2mm]
		=&
		\frac{1}{(\lambda +16)(\lambda + 18)-72}
		\left( \;
		\begin{matrix}
			2(\lambda + 18) & -8 \\
			-9 & (\lambda + 16)
		\end{matrix}
		\; \right)
		\left( \;
		\begin{matrix}
			16\\
			27
		\end{matrix}
		\; \right).
	\end{align*}
	Setter vi denne inn i ellipselikningen,
	får vi en fjerdegradslikning
	som er uhåndterlig med penn og papir, 
	men triviell å løse med en numerisk likningsløser.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{9}
	Gradienten til $L$ er 
	\begin{align*}
		L'(x) =&
		\left( 
		\frac{\partial L}{\partial x_1}(x),
		\frac{\partial L}{\partial x_2}(x),
		\frac{\partial L}{\partial x_\lambda}(x)
		 \right)\\[2mm]	
		=&
		 \left( 
		\frac{\partial f}{\partial x_1}(x)+
		\lambda
		\frac{\partial g}{\partial x_1}(x),
		\frac{\partial f}{\partial x_2}(x)+
		\lambda
		\frac{\partial g}{\partial x_2}(x),
		g(x) 
		\right)	
	\end{align*}
	og setter vi denne lik null, 
	får vi lagrangelikningene dersom trajektorien er gitt ved $g(x)=0$.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{10}
Gradienten til fjellet er 
\begin{align*}
	h'(x)=\left( -2x_1-x_2,-x_1-2x_2 \right)
\end{align*}
og setter vi 
\[
g(x)=
x_1^2+\frac{x_2^2}{4}-1,
\] 
blir
\begin{align*}
	g'(x)=\left( 2x_1,x_2/2 \right)
\end{align*}
Lagrangelikningene blir 
\begin{align*}
	-2x_1-x_2 = 2\lambda x_1 \\
	-x_1-2x_2 = \lambda x_2/2 
\end{align*}
eller 
\begin{align*}
	2(1+\lambda)x_1+x_2  =0 \\
	2x_1+(4+ \lambda )x_2 =0
\end{align*}
Dersom matrisen er inverterbar, 
er $x=0$ den eneste løsningen, 
og dette punktet ligger ikke på ellipsen, 
så da får vi nesten kreve at determinanten 
\begin{align*}
	p(\lambda)=
	2(1+\lambda)(4+ \lambda ) - 2 = 
	2\lambda^2 + 10\lambda +6
\end{align*}
blir null, 
noe som skjer når 
\begin{align*}
	\lambda = 
	\frac{-5 \pm \sqrt{13}}{2}
\end{align*}
	Likningen $2(1+\lambda)x_1+x_2  =0$ gir i såfall at 
	\begin{align*}
		\left( \;
		\begin{matrix}
			x_1\\
			x_2
		\end{matrix}
		\; \right)
		=
		s
		\left( \;
		\begin{matrix}
			1\\
			-2(1+\lambda)
		\end{matrix}
		\; \right)
		=
		s
		\left( \;
		\begin{matrix}
			1\\
			3 \pm \sqrt{13}
		\end{matrix}
		\; \right).
	\end{align*}
	Hvis vi nå setter inn disse punktene i ellipselikningen, 
	får vi 
	\[
	s^2\left( 1+\frac{1}{4}(3 \pm \sqrt{13})^2 \right)=1,
	\] 
	slik at 
	\begin{align*}
		s = 
		\pm 
		\frac{1}{1+\frac{1}{4}(3 \pm \sqrt{13})^2}=
		\pm 
		\frac{4}{4+(3 \pm \sqrt{13})^2}.
	\end{align*}
	Alt i alt har vi nå de fire punktene
	\begin{align*}
		\pm
		\frac{4}{4+(3 \pm \sqrt{13})^2}
		\left( \;
		\begin{matrix}
			1\\
			3 \pm \sqrt{13}
		\end{matrix}
		\; \right).
	\end{align*}
	Nå er det bare å putte disse inn i $h$ og sjekke hvilken som gir størst verdi. 
\end{oppgave}


\begin{oppgave}{11}
	Vi setter 
	\[
		g(x)=6(x_1+x_2)^2+2(x_1-x_2)^2, 
	\]
	og beregner 
	\[
		f'(x) = (1,2)
	\]
	og 
	\[
		g'(x)=(12(x_1+x_2)+4(x_1-x_2),
		12(x_1+x_2)-4(x_1-x_2)).
	\]
	slik at lagrangelikningene blir 
	\begin{align*}
		12(x_1+x_2)+4(x_1-x_2) &= \lambda \\	
		12(x_1+x_2)-4(x_1-x_2) &= 2\lambda \\	
		6(x_1+x_2)^2+2(x_1-x_2)^2 &=3
	\end{align*}
	nå er det kanskje ryddigst å sette $u=x_1+x_2$, $v=x_1-x_2$, 
	slik at likningssystemet blir 
	\begin{align*}
		12u+4v &= \lambda \\	
		12u-4v &= 2\lambda \\	
		6u^2+2v^2 &=3
	\end{align*}
	Gausseliminiasjon av de to første likningene gir 
	\begin{align*}
		\left( \;
		\begin{matrix}
			u \\
			v	
		\end{matrix}
		\; \right)
		=
		\frac{\lambda}{8}
		\left( \;
		\begin{matrix}
			1 \\
			-1	
		\end{matrix}
		\; \right)
	\end{align*}
	og setter vi denne i ellipselikningen, 
	får vi 
	\begin{align*}
	\lambda^2 \left( 
		\frac{6}{64}+\frac{2}{64} =3
	 \right)
	\end{align*}
	som gir 
	\begin{align*}
		\lambda = 
		\pm \sqrt{24} = \pm 2\sqrt{6}
	\end{align*}
	Siden $f$ er plan, 
	gir en av disse maksimum, 
	og den andre minimum; 
	de faktiske $x$-koordinatene finner vi ved å løse likningssystemene 
	\begin{align*}
		\left( \;
		\begin{matrix}
			x_1 + x_2 \\
			x_1 - x_2	
		\end{matrix}
		\; \right)
		=
		\pm 
		\frac{\sqrt{6}}{4}
		\left( \;
		\begin{matrix}
			1 \\
			-1	
		\end{matrix}
		\; \right)
	\end{align*}
	og evaluere $f$ for å finne hva som er maksimum og hva som er minimum. 
\end{oppgave}


\begin{oppgave}{8}
    Aksiomene er 
    \begin{itemize}
        \item $\| \mathbf x \| > 0$ 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}
    Vi har jo allerede i TMA4106 sjekket at $(\mathbf x, \mathbf x)$
    er et indreprodukt,
    så det første er greit. 
    Aksiom to følger av lineariteten til indreproduktet, 
    mens aksiom tre er trekantulikheten;
    se her:\\
    \url{https://folk.ntnu.no/mortano/grunnstoff/2-7.pdf}
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{9}
    Å vise at aksiomene er sanne for disse to er trivielt. 
    Det som er interessant er tolkningen. 
    Disse er spesialtilfeller av $p$-normen
    \[
        \| \mathbf x \|_p=\sqrt[p]{\sum_k |x_k|^p}.
    \]
    1-normen  
    \[
    \| \mathbf x \|_1 = \sum_{k} |x_k|
    \]
    får du når $p=1$, 
    mens 
    \[
        \| \mathbf x \|_\infty = \max_{k} |x_k|
    \]
    er det du får når $p\to \infty$. 
    Etterhvert som $p$ stiger vil den største komponenten 
    dominere de andre under kvadratrottegnet, 
    slik at vi får 
    og når $p$ er stor nok,
    vil 
    \[
        \| \mathbf x \|_p=
        \sqrt[p]{\sum_k |x_k|^p} \approx
        \sqrt[p]{|x_l|^p} =
        |x_l|
    \]
    der $x_l$ er det største elementet. 
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{10}
    Vi må skissere algebraiske kurver på formen
    \begin{align*}
        x^p + y^p = 1 
    \end{align*}    
    Dersom $p=1$ får vi fire likninger på formen    
    \begin{align*}
        \pm x + \pm y = 1 
    \end{align*}    
    alt etter i hvilken kvadrant vi er i, 
    så vi får en klassisk diamant. 
    For $p=\infty$ får vi likningen 
    \begin{align*}
        |x| + |y| = 1 
    \end{align*}
    som rett og slett blir enhetskvadratet. 
    For $p=2$ får vi den vanlige enhetssirkelen,
    og for andre $p$ for vi forskjellige mellomting 
    mellom $p=1$ og $p=\infty$, 
    se figur her:\\
    \url{https://math.stackexchange.com/questions/1746413/p-norm-with-p-to-infinity}    
\end{oppgave}


\begin{oppgave}{11}
    For eksempel matrisen 
    \begin{align}
        \left(\;
        \begin{matrix}
        2 & 1\\  
        1 & 2
        \end{matrix}
        \;\right)
    \end{align}
    duger, 
    vi får likningen 
    \begin{align*}
        1=&
        \left(\;
        \begin{matrix}
        x &  
        y
        \end{matrix}
        \;\right)
        \left(\;
        \begin{matrix}
        2 & 1\\  
        1 & 2
        \end{matrix}
        \;\right)
        \left(\;
        \begin{matrix}
        x\\  
        y
        \end{matrix}
        \;\right)\\[2mm]
        =&
        \left(\;
        \begin{matrix}
        x &  
        y
        \end{matrix}
        \;\right)
        \left(\;
        \begin{matrix}
        2x + y\\  
        x + 2y
        \end{matrix}
        \;\right)\\[2mm]
        =&
        2(x^2 + xy + y^2)\\[2mm]
        =&
        \frac{3}{2}(x + y)^2 + \frac{1}{2}(x - y)^2\\[2mm]
        =&
        \frac{(x + y)^2}{2/3} + \frac{(x - y)^2}{2}
    \end{align*}
    Dette er en ellipse med halvakser $\sqrt{2/3}$ og $\sqrt{2}$,
    rotert førtifem grader på koordinataksene. 
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{3}
	Dette finnes ikke.
\end{oppgave}


\end{document}
