Tilbake
5.3
Alle fag for Høyskole

5.3 Overgangsmatriser: modellering, matrisepotens og induksjon

Den anvendte gjengangeren (9 av 12 siste år): verbal modell → rekursjonslikninger → matrise, M^k fremover, det-kriteriet bakover — og induksjonsbeviset når mønsteret skal fastslås.

60 min
10 oppgaver
Overgangsmatrisermodelleringmatrisepotensinduksjon
Din fremgang i kapitlet
0 / 10 oppgaver
Kapitlets plass i kurset
Forkunnskaper: Dette er det tyngste og siste teorikapitlet i Del 5, og det trekker på flere tidligere kapitler: matriseprodukt, invers og determinantkriteriet fra kap. 5.2, rekursjonstenkning fra kap. 2.3, og induksjonsmalen fra videregående (Induksjon / Induksjonsbevis).

Sist du var her (oppfriskning fra kap. 5.2):

- Matrise-vektor-produkt: (abcd)(xy)=(ax+bycx+dy)\begin{pmatrix}a&b\\ c&d\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\ y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}ax+by\\ cx+dy\end{pmatrix} — motoren i én overgang.
- Determinant: det⁡(abcd)=ad−bc\det\begin{pmatrix}a&b\\ c&d\end{pmatrix}=ad-bc.
- Inverterbarhetskriteriet: MM er inverterbar ⇔det⁡M≠0\Leftrightarrow \det M\ne0. Dette er nøkkelen til «finnes en entydig vei tilbake?».

Kapitlet er på 60 minutter, delt i seks løkker med to naturlige pausepunkter. Løkke 1–5 (modelleringen) er kjernestoffet; løkke 6 (induksjon) er «kjenne»-stoff du trygt kan ta som en egen, senere økt.

En overgangsmodell beskriver hvordan en tilstand utvikler seg fra ett tidssteg til det neste, styrt av faste rater. Eksamen gir deg modellen i ord — «hvert år flytter en femdel av … over til …» — og du skal oversette den til en matrise MM slik at neste tilstand er xn+1=Mxn\mathbf{x}_{n+1}=M\mathbf{x}_n. Deretter regner du framover med potenser MkM^k, og bakover med determinanten.

Seks læringsløkker: (1) fra ord til rekursjonslikninger, (2) fra rekursjonslikninger til matrise (rader = mottaker), (3) kk steg framover med MkM^k, (4) vei tilbake via determinanten, (5) likevekt og egenvektor, (6) (kjenne) induksjonsbevis for en matrisepotens. Hver løkke går teori → eksempel → oppgave.

Løkke 1 — Fra ord til rekursjonslikninger (~10 min)

Overgangsmodell og overgangsmatrise

En overgangsmodell beskriver et system som bytter tilstand i faste tidssteg (år, sesonger, runder) etter faste andeler. Overgangsmatrisen MM er tallskjemaet som koder disse andelene, slik at hvis xn\mathbf{x}_n er tilstanden nå, er xn+1=Mxn\mathbf{x}_{n+1}=M\mathbf{x}_n tilstanden etter ett steg. Målet på eksamen er å bygge MM riktig fra en tekstbeskrivelse, med begrunnelse.

Tilstandsvektor
Tilstandsvektoren xn=(xn, yn)\mathbf{x}_n=(x_n,\,y_n) samler alle størrelsene i systemet ved tidssteg nn — for eksempel antall unge og antall voksne, eller befolkningen i to byer. Komponentene er kategoriene modellen deler befolkningen inn i. Å bestemme kategoriene (og hvilken komponent som er hvilken) er første avgjørelse: den fastlegger hva radene og søylene i MM skal bety.
Rekursjonslikninger fra modellen
Broen fra ord til matrise går via rekursjonslikninger — ett uttrykk for hver kategori som sier hvordan neste verdi bygges av dagens verdier:

xn+1=a xn+b yn,yn+1=c xn+d yn.x_{n+1}=a\,x_n+b\,y_n,\qquad y_{n+1}=c\,x_n+d\,y_n.

Skriv ut alle ledd, også de som er 00 (en kategori som ikke bidrar). Hver koeffisient leses direkte av teksten: «aa» er andelen av xx som ender opp som xx neste steg, «bb» er andelen av yy som ender opp som xx, og så videre. Dette er samme rekursjonstenkning som for følger i kap. 2.3, bare med to koblede størrelser.

✏️Eksempel 1: Fra ord til rekursjonslikninger og matrise

To nabobyer, sentrum (SS) og forstad (FF), utveksler innbyggere hvert år. Av dem som bor i sentrum, blir 80 % boende og 20 % flytter til forstaden. Av dem som bor i forstaden, blir 70 % boende og 30 % flytter til sentrum. La xn=(Sn, Fn)\mathbf{x}_n=(S_n,\,F_n). Sett opp rekursjonslikningene og overgangsmatrisen MM med xn+1=Mxn\mathbf{x}_{n+1}=M\mathbf{x}_n.

Rekursjonslikninger — bygg hver kategori av bidragene, rad for rad fra teksten.

Neste års sentrum Sn+1S_{n+1} får to bidrag: de 80 % som blir boende i sentrum, og de 30 % som flytter inn fra forstaden:
Sn+1=0,8 Sn+0,3 Fn.S_{n+1}=0{,}8\,S_n+0{,}3\,F_n.

Neste års forstad Fn+1F_{n+1} får de 20 % som flytter ut fra sentrum, og de 70 % som blir boende i forstaden:
Fn+1=0,2 Sn+0,7 Fn.F_{n+1}=0{,}2\,S_n+0{,}7\,F_n.

Fra rekursjon til matrise. Koeffisientene foran (Sn,Fn)(S_n,F_n) blir radene i MM (konvensjonen rader = mottaker: rad 1 mottar til SS, rad 2 mottar til FF):
M=(0,80,30,20,7),xn+1=Mxn.M=\begin{pmatrix}0{,}8 & 0{,}3\\ 0{,}2 & 0{,}7\end{pmatrix},\qquad \mathbf{x}_{n+1}=M\mathbf{x}_n.

Kontroll: hver søyle summerer til 11 (0,8+0,2=10{,}8+0{,}2=1 og 0,3+0,7=10{,}3+0{,}7=1) — som den skal, siden alle som bor et sted ett år, må havne et sted året etter. Ingen forsvinner.

Konklusjon: M=(0,80,30,20,7)M=\begin{pmatrix}0{,}8&0{,}3\\ 0{,}2&0{,}7\end{pmatrix}, med rad 1 = «til sentrum», rad 2 = «til forstad». Svar: M=(0,80,30,20,7)\boxed{M=\begin{pmatrix}0{,}8&0{,}3\\ 0{,}2&0{,}7\end{pmatrix}}

📝Oppgave 1
B

En dyrebestand deles i unge (UU) og voksne (VV). Hver voksen får i snitt 3 unger per sesong, ungene reproduserer ikke, og halvparten av både unge og voksne overlever til neste sesong som voksne. La xn=(Un,Vn)\mathbf{x}_n=(U_n,V_n). Sett opp rekursjonslikningene og matrisen AA med xn+1=Axn\mathbf{x}_{n+1}=A\mathbf{x}_n, og begrunn hver rad.

Løkke 2 — Matrisen: rader = mottaker (~6 min)

Konvensjonen «rader = mottaker»

Når du fyller inn MM, må du være konsekvent med hva rader og søyler betyr. Vi bruker konvensjonen at element MijM_{ij} er andelen som går FRA kategori jj TIL kategori ii — altså rad = mottaker, søyle = avsender. Med denne konvensjonen blir xn+1=Mxn\mathbf{x}_{n+1}=M\mathbf{x}_n riktig. Den vanligste feilen i sjangeren er å sette opp MM «etter magefølelse» og få rader og søyler byttet — den transponerte matrisen. Les alltid av rad for rad og kontroller mot rekursjonslikningene.

Overgangslikningen xn+1=Mxn\mathbf{x}_{n+1}=M\mathbf{x}_n
Hele modellen bæres av én likning:

xn+1=Mxn.\mathbf{x}_{n+1}=M\mathbf{x}_n.

Én matrise-vektor-multiplikasjon flytter systemet ett tidssteg framover. Er MM en stokastisk matrise (alle søyler summerer til 11), bevares totalen — ingen individer skapes eller forsvinner. I en populasjonsmodell (som dyrebestanden i oppgave 1) kan søylene summere til mer eller mindre enn 11, og totalen vokser eller krymper.

✏️Eksempel 2: Ett steg framover

Bruk M=(0,80,30,20,7)M=\begin{pmatrix}0{,}8&0{,}3\\ 0{,}2&0{,}7\end{pmatrix} fra Eksempel 1. I år 00 bor det 500500 i sentrum og 500500 i forstaden. Hvor mange bor hvert sted etter ett år?

Tilstandsvektoren er x0=(500, 500)\mathbf{x}_0=(500,\,500). Ett steg er x1=Mx0\mathbf{x}_1=M\mathbf{x}_0:
x1=(0,80,30,20,7)(500500)=(0,8⋅500+0,3⋅5000,2⋅500+0,7⋅500)=(550450).\mathbf{x}_1=\begin{pmatrix}0{,}8&0{,}3\\ 0{,}2&0{,}7\end{pmatrix}\begin{pmatrix}500\\ 500\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0{,}8\cdot500+0{,}3\cdot500\\ 0{,}2\cdot500+0{,}7\cdot500\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}550\\ 450\end{pmatrix}.

Kontroll: totalen er fortsatt 550+450=1000550+450=1000 — stokastisk matrise bevarer summen.

Konklusjon: etter ett år bor det 550550 i sentrum og 450450 i forstaden. Svar: (550, 450)\boxed{(550,\,450)}

📝Oppgave 2

(Midtveis, flervalg — letteste innstegsform.) Med M=(0,90,20,10,8)M=\begin{pmatrix}0{,}9&0{,}2\\ 0{,}1&0{,}8\end{pmatrix} og starttilstand x0=(100, 100)\mathbf{x}_0=(100,\,100), finn x1=Mx0\mathbf{x}_1=M\mathbf{x}_0.

— naturlig pausepunkt — Du kan nå oversette en verbal modell til en matrise og ta ett steg framover. De neste løkkene handler om mange steg framover (MkM^k) og om veien bakover. Ta gjerne en pause her.

Løkke 3 — kk steg framover med MkM^k (~9 min)

Matrisepotens MkM^k = kk steg framover
Å ta systemet kk steg framover er å anvende MM gjentatte ganger:

xk=Mxk−1=M2xk−2=⋯=Mkx0.\mathbf{x}_k=M\mathbf{x}_{k-1}=M^2\mathbf{x}_{k-2}=\dots=M^{k}\mathbf{x}_0.

Matrisen MkM^k er altså «overgangen over kk tidssteg i ett jafs». Trenger du bare tilstanden etter kk steg for én bestemt start, kan du gange steg for steg; men skal du ha den generelle kk-stegs-overgangen (eller svare for vilkårlig start), regner du ut MkM^k. Elementet (Mk)ij(M^k)_{ij} er andelen som havner i kategori ii etter kk steg gitt at den startet i jj.

✏️Eksempel 3: To steg framover med $M^2$

Bruk M=(0,80,30,20,7)M=\begin{pmatrix}0{,}8&0{,}3\\ 0{,}2&0{,}7\end{pmatrix}. a) Finn M2M^2. b) Hvor mange bor hvert sted etter to år når x0=(500, 500)\mathbf{x}_0=(500,\,500)?

a) M2=M⋅MM^2=M\cdot M, rad ganger søyle:
M2=(0,8⋅0,8+0,3⋅0,20,8⋅0,3+0,3⋅0,70,2⋅0,8+0,7⋅0,20,2⋅0,3+0,7⋅0,7)=(0,700,450,300,55).M^2=\begin{pmatrix}0{,}8\cdot0{,}8+0{,}3\cdot0{,}2 & 0{,}8\cdot0{,}3+0{,}3\cdot0{,}7\\ 0{,}2\cdot0{,}8+0{,}7\cdot0{,}2 & 0{,}2\cdot0{,}3+0{,}7\cdot0{,}7\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0{,}70 & 0{,}45\\ 0{,}30 & 0{,}55\end{pmatrix}.
(Regn: 0,64+0,06=0,700{,}64+0{,}06=0{,}70; 0,24+0,21=0,450{,}24+0{,}21=0{,}45; 0,16+0,14=0,300{,}16+0{,}14=0{,}30; 0,06+0,49=0,550{,}06+0{,}49=0{,}55.)

b) x2=M2x0\mathbf{x}_2=M^2\mathbf{x}_0:
x2=(0,700,450,300,55)(500500)=(350+225150+275)=(575425).\mathbf{x}_2=\begin{pmatrix}0{,}70&0{,}45\\ 0{,}30&0{,}55\end{pmatrix}\begin{pmatrix}500\\ 500\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}350+225\\ 150+275\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}575\\ 425\end{pmatrix}.

Kontroll: ett steg til fra x1=(550,450)\mathbf{x}_1=(550,450) (Eksempel 2): M(550,450)=(0,8⋅550+0,3⋅450,  0,2⋅550+0,7⋅450)=(440+135,  110+315)=(575,425)M(550,450)=(0{,}8\cdot550+0{,}3\cdot450,\;0{,}2\cdot550+0{,}7\cdot450)=(440+135,\;110+315)=(575,425). Samme svar — M2x0M^2\mathbf{x}_0 og M(Mx0)M(M\mathbf{x}_0) må stemme overens.

Konklusjon: M2=(0,700,450,300,55)M^2=\begin{pmatrix}0{,}70&0{,}45\\ 0{,}30&0{,}55\end{pmatrix}; etter to år bor det 575575 i sentrum og 425425 i forstaden. Svar: (575, 425)\boxed{(575,\,425)}

📝Oppgave 3
B

Med M=(0,90,20,10,8)M=\begin{pmatrix}0{,}9&0{,}2\\ 0{,}1&0{,}8\end{pmatrix}: finn M2M^2, og bruk den til å finne tilstanden etter to steg når x0=(100, 100)\mathbf{x}_0=(100,\,100).

Løkke 4 — Vei tilbake via determinanten (~8 min)

Vei tilbake ⇔\Leftrightarrow inverterbar ⇔det⁡M≠0\Leftrightarrow \det M\ne 0
Spørsmålet «kan man entydig regne seg ett steg bakover?» betyr: finnes det en M−1M^{-1} slik at xn=M−1xn+1\mathbf{x}_{n}=M^{-1}\mathbf{x}_{n+1}? Svaret er en ren determinantsjekk:

entydig vei tilbake ⇔ M inverterbar ⇔ det⁡M≠0.\text{entydig vei tilbake}\ \Leftrightarrow\ M\ \text{inverterbar}\ \Leftrightarrow\ \det M\ne 0.

Regn determinanten og konkluder — ikke pugg svaret. Er det⁡M=0\det M=0, kollapser flere ulike fortilstander til samme neste tilstand, og informasjon går tapt: ingen entydig vei tilbake. Eksistens holder: når det spørres om det finnes en vei tilbake, trenger du bare vise det⁡M≠0\det M\ne0 — du skal ikke regne ut selve inversen med mindre oppgaven ber om det.

✏️Eksempel 4: Finnes en entydig vei tilbake?

Kan man ut fra byfordelingen ett år entydig rekonstruere fordelingen året før, med M=(0,80,30,20,7)M=\begin{pmatrix}0{,}8&0{,}3\\ 0{,}2&0{,}7\end{pmatrix}?

Spørsmålet er om MM er inverterbar, altså om det⁡M≠0\det M\ne0.

det⁡M=0,8⋅0,7−0,3⋅0,2=0,56−0,06=0,50.\det M=0{,}8\cdot0{,}7-0{,}3\cdot0{,}2=0{,}56-0{,}06=0{,}50.

Siden det⁡M=0,50≠0\det M=0{,}50\ne0, er MM inverterbar (kriteriet inverterbar ⇔det⁡≠0\Leftrightarrow \det\ne0).

Konklusjon: ja — det finnes en entydig vei ett steg tilbake, fordi det⁡M=0,5≠0\det M=0{,}5\ne0. (Vi trenger ikke regne ut M−1M^{-1}; eksistens er spørsmålet, og determinanten avgjør det.) Svar: Ja, det⁡M=0,5≠0\boxed{\text{Ja, } \det M=0{,}5\ne0}

📝Oppgave 4
B

I en modell blandes to fiskedammer slik at overgangsmatrisen er M=(0,50,50,50,5)M=\begin{pmatrix}0{,}5&0{,}5\\ 0{,}5&0{,}5\end{pmatrix}. Kan man entydig regne seg ett steg tilbake? Begrunn.

Løkke 5 — Likevekt og egenvektor (~9 min)

Likevekt og egenvektor Mv=kvM\mathbf{v}=k\mathbf{v}
En likevektstilstand er en fordeling som ikke endrer seg fra steg til steg: Mv=vM\mathbf{v}=\mathbf{v}. Mer generelt heter en v≠0\mathbf{v}\ne\mathbf{0} med

Mv=kvM\mathbf{v}=k\mathbf{v}

en egenvektor for MM (og kk en egenverdi): overgangen skalerer v\mathbf{v} med faktoren kk uten å endre retning. Likevekt er tilfellet k=1k=1. Du finner egenvektoren ved å løse det lineære systemet Mv=kvM\mathbf{v}=k\mathbf{v}, dvs. (M−kI)v=0(M-kI)\mathbf{v}=\mathbf{0}, komponentvis — likningene er avhengige, så svaret er en retning (bestemt opp til skalering).

✏️Eksempel 5: Likevektsfordeling

Finn en likevektsfordeling for byen med M=(0,80,30,20,7)M=\begin{pmatrix}0{,}8&0{,}3\\ 0{,}2&0{,}7\end{pmatrix}: en fordeling v=(S,F)\mathbf{v}=(S,F) som er uendret fra år til år.

Likevekt betyr Mv=vM\mathbf{v}=\mathbf{v}, altså (M−I)v=0(M-I)\mathbf{v}=\mathbf{0}. Skriv ut den første komponentlikningen Mv=vM\mathbf{v}=\mathbf{v}:
0,8 S+0,3 F=S ⟹ 0,3F=0,2S ⟹ F=0,20,3S=23S.0{,}8\,S+0{,}3\,F=S\ \Longrightarrow\ 0{,}3F=0{,}2S\ \Longrightarrow\ F=\tfrac{0{,}2}{0{,}3}S=\tfrac23 S.
(Den andre komponentlikningen 0,2S+0,7F=F0{,}2S+0{,}7F=F gir 0,2S=0,3F0{,}2S=0{,}3F, altså det samme — likningene er avhengige, som ventet.)

En likevekt har altså sentrum og forstad i forholdet S:F=3:2S:F=3:2. Velger vi den minste heltallsløsningen:
v=(3, 2).\mathbf{v}=(3,\,2).

Kontroll: M(3,2)=(0,8⋅3+0,3⋅2,  0,2⋅3+0,7⋅2)=(2,4+0,6,  0,6+1,4)=(3,2)=vM(3,2)=(0{,}8\cdot3+0{,}3\cdot2,\;0{,}2\cdot3+0{,}7\cdot2)=(2{,}4+0{,}6,\;0{,}6+1{,}4)=(3,2)=\mathbf{v}. ✓\checkmark (Med totalbefolkning 10001000 svarer det til 600600 i sentrum og 400400 i forstad.)

Konklusjon: likevektsfordelingen har forholdet 3:23:2, f.eks. v=(3,2)\mathbf{v}=(3,2) — en egenvektor med egenverdi k=1k=1. Svar: v=(3,2) (S:F=3:2)\boxed{\mathbf{v}=(3,2)\ (S:F=3:2)}

📝Oppgave 5
B

Finn en likevektsfordeling (Mv=vM\mathbf{v}=\mathbf{v}) for M=(0,90,20,10,8)M=\begin{pmatrix}0{,}9&0{,}2\\ 0{,}1&0{,}8\end{pmatrix}, og angi fordelingen når totalen er 600600.

— naturlig pausepunkt — Du har nå hele modelleringspakken: bygge matrisen, gå framover med MkM^k, sjekke veien tilbake med determinanten, og finne likevekt. Den siste løkka er induksjonsbeviset for en matrisepotens — «kjenne»-stoff (3 av 21 sett). Ta den gjerne som en egen økt.

Løkke 6 — (kjenne) Induksjonsbevis for en matrisepotens (~13 min)

Ærlig eksamensvinkel: induksjon (sjanger L) er med i 3 av 21 sett (2010, 2012, 2015), og alltid koblet til en matrisepotens — aldri ren tallteori. Det er «kjenne»-stoff: ha malen klar, men prioriter modelleringen over. Sjangerkoden (Eksamenssjanger L) = du gjetter mønsteret for MnM^n og beviser det ved induksjon.

Ideen er den samme som all induksjon fra videregående: vis at en påstand P(n)P(n) holder for n=1n=1 (basissteg), og at P(k)⇒P(k+1)P(k)\Rightarrow P(k+1) (induksjonssteg). For matriser regner vi induksjonssteget elementvis.

Induksjonsprinsippet

For å vise at en påstand P(n)P(n) gjelder for alle hele tall n≥1n\ge1, holder det å vise to ting: (1) P(1)P(1) er sann (basissteg), og (2) hvis P(k)P(k) er sann, så er P(k+1)P(k+1) sann (induksjonssteg). Da «velter» sannheten videre som dominobrikker: P(1)⇒P(2)⇒P(3)⇒…P(1)\Rightarrow P(2)\Rightarrow P(3)\Rightarrow\dots Antakelsen «P(k)P(k) er sann» i steg (2) kalles induksjonshypotesen.

Basissteget (verifiser mot regningen)
Basissteget er å sjekke påstanden for det minste tilfellet, typisk n=1n=1 — ofte trivielt, men det skal skrives ut. For en matrisepotens MnM^n: regn M1M^1 og sjekk at den påståtte formelen gir nettopp MM for n=1n=1. Fasit trekker for induksjonsbevis der basissteget mangler eller bare påstås. Ofte lønner det seg også å regne M2,M3M^2,M^3 konkret før du gjetter mønsteret — da vet du hva du skal bevise.
Induksjonssteget (Mk+1=Mk⋅MM^{k+1}=M^k\cdot M, elementvis)
Induksjonssteget for en matrisepotens bruker at Mk+1=Mk⋅MM^{k+1}=M^k\cdot M. Du setter inn induksjonshypotesen (formelen for MkM^k), ganger med MM elementvis (rad ganger søyle), og viser at resultatet er formelen med k+1k+1 i stedet for kk. Det er selve matrisemultiplikasjonen som er «arbeidet» i beviset — vis den ut, ikke bare påstå at «mønsteret fortsetter».
✏️Eksempel 6: Induksjonsbevis for $M^n$

La M=(1101)M=\begin{pmatrix}1&1\\ 0&1\end{pmatrix}. Vis ved induksjon at Mn=(1n01)M^n=\begin{pmatrix}1&n\\ 0&1\end{pmatrix} for alle hele n≥1n\ge1.

Utforsk først (for å vite hva vi beviser): M2=(1101)(1101)=(1201)M^2=\begin{pmatrix}1&1\\ 0&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&1\\ 0&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&2\\ 0&1\end{pmatrix} og M3=(1301)M^3=\begin{pmatrix}1&3\\ 0&1\end{pmatrix}. Mønsteret ser ut til å være Mn=(1n01)M^n=\begin{pmatrix}1&n\\ 0&1\end{pmatrix}. La P(n)P(n) være denne påstanden.

Basissteg (n=1n=1): M1=(1101)M^1=\begin{pmatrix}1&1\\ 0&1\end{pmatrix}, og formelen med n=1n=1 gir (1101)\begin{pmatrix}1&1\\ 0&1\end{pmatrix}. De stemmer, så P(1)P(1) er sann.

Induksjonshypotese: anta at P(k)P(k) holder for en k≥1k\ge1, altså Mk=(1k01)M^k=\begin{pmatrix}1&k\\ 0&1\end{pmatrix}.

Induksjonssteg: vi regner Mk+1=Mk⋅MM^{k+1}=M^k\cdot M elementvis, med hypotesen satt inn:
Mk+1=(1k01)(1101)=(1⋅1+k⋅01⋅1+k⋅10⋅1+1⋅00⋅1+1⋅1)=(1k+101).M^{k+1}=\begin{pmatrix}1&k\\ 0&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&1\\ 0&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\cdot1+k\cdot0 & 1\cdot1+k\cdot1\\ 0\cdot1+1\cdot0 & 0\cdot1+1\cdot1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&k+1\\ 0&1\end{pmatrix}.
Dette er nettopp formelen med k+1k+1 i stedet for kk, så P(k+1)P(k+1) er sann.

Konklusjon: basissteget og induksjonssteget er vist, så ved induksjonsprinsippet gjelder Mn=(1n01)M^n=\begin{pmatrix}1&n\\ 0&1\end{pmatrix} for alle hele n≥1n\ge1. Svar: Mn=(1n01)\boxed{M^n=\begin{pmatrix}1&n\\ 0&1\end{pmatrix}}

📝Oppgave 6
L

La M=(2003)M=\begin{pmatrix}2&0\\ 0&3\end{pmatrix}. Vis ved induksjon at Mn=(2n003n)M^n=\begin{pmatrix}2^n&0\\ 0&3^n\end{pmatrix} for alle hele n≥1n\ge1.

Begrepsbank til eksamen

Her er noen tilleggsbegreper og påbygg fra kapitlet i eksamensrettet kortform.

Begrepsbanken er flashcard-/repetisjonsstoff — den gjentar og utdyper det du nettopp har lest. Hopp trygt over ved førstegangslesing; tidsanslaget for kapitlet gjelder kjernestoffet.

Endrede rater → ny matrise

En vanlig variant (2020-sjangeren): modellen endres underveis — flytteandelene justeres fra et visst år. Da setter du opp en ny matrise M′M' fra den nye teksten, akkurat som før (rad for rad), og kobler den på: har systemet gått jj år med MM og deretter mm år med M′M', er tilstanden x=M′ mM jx0\mathbf{x}=M'^{\,m}M^{\,j}\mathbf{x}_0. Merk rekkefølgen — den siste matrisen står lengst til venstre (virker sist).

Langtidsgrense

Et vanlig påbygg: hva skjer når n→∞n\to\infty? For en stokastisk overgangsmatrise nærmer tilstanden xn=Mnx0\mathbf{x}_n=M^n\mathbf{x}_0 seg ofte en fast langtidsfordeling — nettopp likevektsvektoren (egenvektoren med k=1k=1) skalert til riktig total, uavhengig av startfordelingen. Å finne den er derfor det samme som å løse Mv=vM\mathbf{v}=\mathbf{v} (løkke 5) og skalere til totalen.

Partall/oddetall-casedeling

Noen matrisepotenser oppfører seg forskjellig for partall og oddetall nn. Eksempel: byttematrisen M=(0110)M=\begin{pmatrix}0&1\\ 1&0\end{pmatrix} (som bytter de to kategoriene) har Mn=IM^n=I når nn er partall og Mn=MM^n=M når nn er oddetall. I induksjonsbevis for slike deler du i to tilfeller (eller beviser mønsteret for M2M^2 og bygger videre). Skjelettet noterer at induksjonsoppgavene ofte etterfølges av nettopp en slik grense- eller casedeling.

Stokastisk vs. populasjonsmatrise

En stokastisk overgangsmatrise har alle søyler summert til 11 — den fordeler en fast total uten at noe skapes eller forsvinner (typisk migrasjon/markedsandeler). En populasjonsmatrise (Leslie-type) har ikke denne begrensningen: reproduksjon og dødelighet gjør at totalen vokser eller krymper, og søylesummen kan være over eller under 11. Sjekk hvilken type du har — det avgjør om totalen skal være bevart i kontrollen din.

Symbol- og formelliste
Repetisjonsoppgaver
Din fremgang
0 / 4 oppgaver

Dette kapitlet er skrevet av Anthropics toppmodeller (Claude Opus og Claude Fable) og er foreløpig ikke manuelt gjennomgått — kvalitetskontrollen gjøres av uavhengige KI-agenter, og innmeldte feil rettes fortløpende. Funnet en feil? Meld fra, så retter vi den. Les mer om hvordan innholdet lages.

Skolesaga er en uavhengig læringsressurs og er ikke tilknyttet eller godkjent av Universitetet i Oslo. Dette er ikke offisielt studiemateriell. Les mer.