\input{preamble}

\title{2 - 1 - DIFFERENSALLIKNINGER V - LF}

%sirkulære

\begin{document}
\pagenumbering{gobble}


\maketitle

\begin{oppgave}{1}
  Vi antar kjekt at 
  \[
	\frac{d}{dt}At = A
  \]
  og deriverer eksponensialfunksjonen 
  \begin{align*}
	\frac{d}{dt}e^{At} 
	=&\; \frac{d}{dt}\left( I + At + \frac{(At)^2}{2} + \frac{(At)^3}{3!}+ \cdots  \right)\\[2mm] 
	=&\; A + A^2t + \frac{A^3t^2}{2} + \frac{A^4t^3}{3!}+ \cdots  \\[2mm] 
	=&\; A\left( I + At + \frac{(At)^2}{2} + \frac{(At)^3}{3!}+ \cdots  \right)\\[2mm] 
	=&\; A e^{At}.
  \end{align*}
  Dersom vi aksepterer at 
  \[
	e^{A \cdot 0} = e^{0} = I,
  \]
  er det lett å gå med på at 
  \[
	\V x(t) = e^{At}\V x_0
  \]
  både passer i differensiallikningssystemet og tilfredsstiller 
  $
	\V x(0) = \V x_0.
  $
\end{oppgave}


\begin{oppgave}{3}
  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)\\[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,
  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 egenvektorene som korresponderte til forskjellige egenverdier 
  automatisk kom ut ortogonale. 
  Dette var ikke tilfeldig, 
  vi kommer tilbake til det. 
\end{oppgave}



\begin{oppgave}{4}
Nei. Det karakteristiske polynomet er 
  \[
	\det 
	\left(\;
	\begin{matrix}
	1-\lambda & 1 & 0\\  0 & 1-\lambda & 1 \\ 0 & 0 & 1-\lambda
	\end{matrix}
	\;\right)\; 
	= 
	(1-\lambda)^3
  \]
  og prøver vi å regne ut egenvektorene, 
  får vi 
  \[
	\left(\;
	\begin{matrix}
	0 & 1 & 0\\  0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0
	\end{matrix}
	\;\right)\; 
  \]
  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}{7}
  La oss si at du har $\Lambda$ og $V$ slik at $A=V\Lambda V^{-1}$.
  Vi skriver systemet 
  \[
	\dot{\mathbf x}=A\mathbf x = V\Lambda V^{-1} \V x.
  \]
  La oss først gange fra venstre med $V^{-1}$, 
  og få 
  \[
	V^{-1}\dot{\mathbf x}=A\mathbf x = \Lambda V^{-1} \V x.
  \]
  Nå er et bare å sjekke at 
  \[
	\frac{d}{dt}(V\V y) = V \dot{\V y}
  \]
  så lenge $V$ er en konstant matrise,
  og så bytte til koordinatene $\V x = V\V y$, 
  og skrive 
  \[
	\dot{\mathbf y}=\Lambda  \V y.
  \]
\end{oppgave}

  
\begin{oppgave}{8}
  For å avdekke hva som skjer, 
  kan vi ta for oss et triks. 
  For det første er det veldig kjapt å gange 
  diagonalmatriser med seg selv:
  \[
	  \left(\;
	  \begin{matrix}
	  \lambda_1 &  &  &  & \\  
		& \lambda_2 &  &  &  \\ 
		&  & \ddots &  & \\
		&  &  & \ddots & \\
		&  &  & & \lambda_n
	  \end{matrix}
	  \;\right)^m 
	  =
	  \left(\;
	  \begin{matrix}
	  \lambda_1^m &  &  &  & \\  
		& \lambda_2^m &  &  &  \\ 
		&  & \ddots &  & \\
		&  &  & \ddots & \\
		&  &  & & \lambda_n^m
	  \end{matrix}
	  \;\right) 
  \]
  Da skjønner alle barn i barnehagen at 
  dersom $\Lambda$ er diagonal, 
  er 
  \begin{align*}
	e^{\Lambda t} =&
	I + \Lambda + \frac{\Lambda^2}{2} + \frac{\Lambda^3}{3!}+ \cdots  \\[2mm]
	=&
	  \left(\;
	  \begin{matrix}
	  \sum_k=0^\infty \lambda_1^k/k! &  &  &  & \\  
		& \sum_k=0^\infty \lambda_2^k/k! &  &  &  \\ 
		&  & \ddots &  & \\
		&  &  & & \sum_k=0^\infty \lambda_n^k/k!
	  \end{matrix}
	  \;\right) 
	=
	  \left(\;
	  \begin{matrix}
	  e^{\lambda_1} &  &  &  & \\  
		& e^{\lambda_2} &  &  &  \\ 
		&  & \ddots &  & \\
		&  &  & \ddots & \\
		&  &  & & e^{\lambda_n}
	  \end{matrix}
	  \;\right) 
  \end{align*}
\end{oppgave}

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

\begin{oppgave}{10}
	Nope, ikke diagonaliserbar. 
	Men vi kan løse systemet på samme måte som i lf på eksamen i TMA4101:
	\url{}
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{13}
  Den peneste måten å definere eksponensialfunksjonen på, 
  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 nå 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 så lenge rekkene er absolutt konvergente, 
  men det er de jo. 
  Vi ser nå tydelig at koeffisienten til $z^nw^m$ er $1/(n!m!)$,
  så det vi trenger å gjøre, 
  er å sjekke at dette også 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} =&\; 
	\sum_{k=0}^{\infty} \frac{(z+w)^k}{k!} \\[2mm]
	=&\;\sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{k!}\left( \sum_{l=0}^{k} \frac{k!}{l!(k-l)!} z^k w^{k-l} \right)\\[2mm]
	=&\;\sum_{k=0}^{\infty} \sum_{l=0}^{k} \frac{1}{l!(k-l)!} z^l w^{k-l}.
  \end{align*}
  Nå er det egentlig bare å observere at en bestemt potens $z^n w^m$ kun opptrer på ett sted i hver sum, 
  og voila.
  (Litt subtil denne her. Ikke gå i kjelleren om du må tenke en stund.)

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


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


\begin{oppgave}{15}
  Siden $I$ og $N$ kommuterer,
  kan vi først beregne
  \[
	e^{(\lambda I + N )t} = 
	e^{\lambda I t} 
	e^{N t}  
  \]
  Nå er det bare å observere at 
  \[
	\left(\;
	\begin{matrix}
	0 & 0 \\  1 &0  
	\end{matrix}
	\;\right)^2 
	= 
	\left(\;
	\begin{matrix}
	0 & 0\\  0 &0 
	\end{matrix}
	\;\right)
  \]
  slik at 
  \[
	e^{Nt} = 
	I + Nt 
	=
	\left(\;
	\begin{matrix}
	1 & 0 \\  t &1 
	\end{matrix}
	\;\right) 
  \]
  og følgelig at
  \[
	e^{(\lambda I + N )t} = 
	e^{\lambda I t} 
	e^{N t}  
	=
	e^{\lambda t} 
	\left(\;
	\begin{matrix}
	1 & 0 \\  t &1 
	\end{matrix}
	\;\right).
  \]
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{16}
  Løsningen blir altså 
  \[
	e^{At}\V x_0 = 
	e^{(\lambda I + N )t} \V x_0= 
	e^{-t}
	\left(\;
	\begin{matrix}
	1 & 0 \\  t &1 
	\end{matrix}
	\;\right) 
	\left(\;
	\begin{matrix}
	1  \\  1 
	\end{matrix}
	\;\right)
	=
	\left(\;
	\begin{matrix}
		e^{-t} \\ e^{-t}(1 + t) 
	\end{matrix}
	\;\right) 
  \]
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{17}
  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:
  \[
	e^{Nt} = 
	I + Nt + \frac{(Nt)^2}{2} + \cdots +  \frac{(Nt)^n}{n}
	=
	  \left(\;
	  \begin{matrix}
	  1 & t & t^2/2 & \cdots & t^n/n!\\  
		& 1 & t &  & \vdots \\ 
		&  & \ddots &\ddots &\vdots \\
		&  &  &1 & t\\
		&  &  & & 1
	  \end{matrix}
	  \;\right) 
  \]
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{19}
  Siden $I$ og $N$ kommuterer,
  kan vi først beregne
  \[
	e^{(\lambda I + N )t} = 
	e^{\lambda I t} 
	e^{\lambda N t}  
  \]
  Nå er det bare å observere at 
  \[
	\left(\;
	\begin{matrix}
	0 & 1 & 0\\  0 &0 & 1 \\ 0 & 0 & 0
	\end{matrix}
	\;\right)^2 
	= 
	\left(\;
	\begin{matrix}
	0 & 0 & 1\\  0 &0 & 0 \\ 0 & 0 & 0
	\end{matrix}
	\;\right)
	\hspace*{10mm}
	\text{og}
	\hspace*{10mm}
	\left(\;
	\begin{matrix}
	0 & 1 & 0\\  0 &0 & 1 \\ 0 & 0 & 0
	\end{matrix}
	\;\right)^3
	= 
	\left(\;
	\begin{matrix}
	0 & 0 & 0\\  0 &0 & 0 \\ 0 & 0 & 0
	\end{matrix}
	\;\right)
  \]
  slik at 
  \[
	e^{Nt} = 
	I + Nt + \frac{(Nt)^2}{2}
	=
	\left(\;
	\begin{matrix}
	1 & t & t^2/2\\  0 &1 & t \\ 0 & 0 & 1
	\end{matrix}
	\;\right) 
  \]
  og følgelig at
  \[
	e^{(\lambda I + N )t} = 
	e^{\lambda I t} 
	e^{\lambda N t}  
	=
	e^{\lambda I t} 
	\left(\;
	\begin{matrix}
	1 & t & t^2/2\\  0 &1 & t \\ 0 & 0 & 1
	\end{matrix}
	\;\right) 
  \]
  Oppgave 18 og 20-21 er like. 
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{22}
	Steg en er å finne egenverdiene til $A$. 
	Det karakteristiske polynomet er 
	\[
		|A-\lambda I| = -\lambda (-1-\lambda)
	\]
	slik at egenverdiene er null (enkel) og minus én (dobbel). 
	Egenvektoren til null er 
	\[
		\left(\;
		\begin{matrix}
			1\\  
			2\\
			4
		\end{matrix}
		\;\right) 
	\]
	og om vi prøver å finne egenvektoren til minus én, 
	får vi bare 
	\[
		\left(\;
		\begin{matrix}
			0\\  
			0\\
			1
		\end{matrix}
		\;\right).
	\]
	Da vet vi formen på $J$: 
	\[
		J=	
		\left(\;
		\begin{matrix}
			0 & 0 & 0\\  
			0 & -1 & 1\\  
			0 & 0 & -1\\  
		\end{matrix}
		\;\right)
	\]
	samt de to første kolonnene i $V$: 
	\[
		V=	
		\left(\;
		\begin{matrix}
			1 & 0 & v_{13}\\  
			2 & 0 & v_{23}\\  
			4 & 1 & v_{33}\\  
		\end{matrix}
		\;\right)
	\]
	Likningssystemet $AV = VJ$ impliserer nå at 
	$v_{11} = 0$, $v_{23} = 1/2$ og $v_{33}$ kan være hva som helst unntatt den ene verdien 
	som gjør $V$ ikke inverterbar. 
	Du kan regne ut det hvis du orker. 
\end{oppgave}

\clearpage 

\section*{UKENS NØTTER}

\begin{oppgave}{1}
  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 løse 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 vårt tilfelle er 
  \[ 
	f(\V x) =  
	A\V x.
  \]
  For eksplisitt Euler får 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 $\V x_{k+1}$ på venstre side,
  får vi 
  \[
	(I + hA\V )x_{k+1} = 
	\mathbf x_k 
  \]
  og så er det bare å invertere $I+hA$, 
  og få 
  \[
	\mathbf x_{k+1} = 
	\left( I - hA \right)^{-1}
	\mathbf x_k 
  \]
  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 kjøre alle metodene.
\end{oppgave}


\clearpage 

\begin{oppgave}{2}
  La oss begynne med å se på hva som skjer når vi 
  kjører eksplisitt euler for store $h$. 
  Dersom $h=0.5$, 
  begynner kurvene å 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 

  Hva skjer?
  La oss først se på hvordan vi opphøyer en matrise i en stor potens. 
  Det kan du 
  gjøre du slik:
  \begin{align*}
	A^n =&\; \left( V\Lambda V^{-1} \right)^n\\[2mm] 
	=&\; \left( V \Lambda V^{-1} \right) \left( V \Lambda V^{-1} \right) \cdots \left( V \Lambda V^{-1} \right) \\[2mm]
	=&\; V \Lambda V^{-1}  V \Lambda V^{-1}  \cdots V \Lambda V^{-1} \\[2mm]
	=&\; V \Lambda   \Lambda  \cdots  \Lambda V^{-1} \\[2mm]
	 =&\;V \Lambda^n V^{-1}.  
  \end{align*}
  Det er altså hvorvidt egenverdiene er større eller mindre enn en som har noe å si for om vi får ukontrollert vekst. 
  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 sånn omtrent $5/7$,
  bikker den ene egenverdien til $(I-hA)$ over 1, 
  og da begynner iterasjonene å stige ukontrollert. 

  Dersom man prøver samme eksperiment med implisitt, 
  vil man oppdage at det går helt fint. 
  Her er $h=1$: 
  \begin{center}
	\includegraphics[scale=.7]{../figurer/homeopati-4.png}
  \end{center}
  Unøyaktig som faen, 
  men kvalitativt riktig. 
  Forklaringen er den samme, 
  print egenverdiene til $I-hA$, 
  så ser du. 
  Trapesmetoden oppfører seg likt,
  men legger seg tettere på den korrekte løsningen,
  siden den har høyere orden.\footnote{\url{https://en.wikipedia.org/wiki/Trapezoidal_rule_(differential_equations)}}
\end{oppgave}

  

  \begin{comment}


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




\begin{oppgave}{17}
  \end{oppgave}


\begin{oppgave}{18}
  Alle disse matrisene kan skrives som identitetsmatrisen pluss en 
  nilpotent matrise som er bittelitt annerledes enn $N$,
  men som oppfører seg likt. 
  Så det er bare å kopiere oppgave 15.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{5-1}
  I TMA4101 lærte vi at løsningen på dette er 
  \[
	\V x(t) =   
	\left(\;\begin{matrix}
	1 & 0 & 4 \\
	2 & 1 & -1 \\
	2 & -1 & -1
	\end{matrix}\;\right)
	\left(\;\begin{matrix}
	e^{9t} & 0 & 0 \\
	0 & e^{4t} & 0 \\
	0 & 0 & 1
	\end{matrix}\;\right)
	\left(\;\begin{matrix}
	c_1 \\
	c_2 \\
	c_3
	\end{matrix}\;\right)
  \]
  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 først gange fra venstre med $P^T$, 
  og få 
  \[
	P^T\dot{\mathbf x}=A\mathbf x = \Lambda P^T \V x.
  \]
  Nå er et bare å sjekke at 
  \[
	\frac{d}{dt}(P\V y) = P \dot{\V y}
  \]
  så lenge $P$ er en konstant matrise,
  og så bytte til koordinatene $\V x = P\V y$, 
  og skrive 
  \[
	\dot{\mathbf y}=\Lambda  \V y.
  \]
  Men $\Lambda$ er diagonal, 
  så dette blir bare likninggsystemet
  \begin{align*}
	\dot y_1=&\; 9y_1\\
	\dot y_2=&\; 4y_2 \\
	\dot y_3=&\; 0
  \end{align*}
  Vi sier nå at likningssystemet er \textbf{dekoblet}, 
  og likningene var de første du lærte å løse i TMA4101: 
  \begin{align*}
	y_1(t)=&\; c_1e^{9t}\\
	y_2(t)=&\; c_2e^{4t}\\
	y_3(t)=&\; c_3
  \end{align*}
  Dersom vi nå bytter tilbake til de originale koordinatene, 
  får vi 
  \[
	\V x(t) = 
	P\V y(t) =
	\left(\;\begin{matrix}
	  1/3 & 0 & 4/\sqrt{18} \\
	  2/3 & 1/\sqrt{2} & -1/\sqrt{18} \\
	  2/3 & -1/\sqrt{2} & -1/\sqrt{18}
	\end{matrix}\;\right)
	\left(\;\begin{matrix}
	e^{9t} & 0 & 0 \\
	0 & e^{4t} & 0 \\
	0 & 0 & 1
	\end{matrix}\;\right)
	\left(\;\begin{matrix}
	c_1 \\
	c_2 \\
	c_3
	\end{matrix}\;\right)
  \]
	Var ikke det litt stilig?
\end{oppgave}




\clearpage






\clearpage





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

  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 $\lambda_1\neq \lambda_2$ må altså $\V v_1^T  \V v_2 =0$. 
  
  Merk at begge er ortogonale på $\mathbf v_1$,
  men ikke på hverandre.
  Litt gramschmidt gjør 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 på både $\V v_1$ og $\V v_2$. 
  Dersom vi normaliserer alle egenvektorer og 
  setter dem opp som kolonner i en matrise 
  \[
  V
  =
  \begin{pmatrix}
  1/\sqrt{3}  & 1/\sqrt{2} & 1/\sqrt{6}\\
  1/\sqrt{3}  & 0 & -2/\sqrt{6}\\
  1/\sqrt{3}  & -1/\sqrt{2} & 1/\sqrt{6}\\
  \end{pmatrix}
  \]
  vil 
  $
  A=
  VDV^T
  $,
  der
  \[
  D=
  \begin{pmatrix}
  4 & 0 & 0 \\
  0 & 1 & 0 \\
  0 & 0 & 1 \\
  \end{pmatrix}.
  \]
  
\end{comment}
\end{document}
