A4-format til udskrift. - Aarhus Universitet

CALCULUS 

"SLIDES" TIL CALCULUS 1 + 2 

INSTITUT FOR MATEMATISKE FAG 

AARHUS UNIVERSITET 

2005

Indhold 

Forord 5 

I. Differentiation 7 

1. Kontinuitet 7 

2. Partielle afledede 17 

3. Tangentplan 25 

4. Kædereglen 33 

5. Gradient 40 

6. Maksimum/minimum 50 

7. Lagrangemetoden 62 

II. Integration 73 

1. Dobbelt integral 73 

2. Itereret integral 81 

3. Generelle områder 90 

4. Koordinatskift 100 

III. Potensrækker 111 

1. l’Hospitals regel og uegentlige integraler 111 

2. Talfølger og rækker 118 

3. Potensrækker 125 

4. Taylorpolynomier 133 

IV. Differentialligninger 139 

1. Grafiske/numeriske metoder 139 

2. 1. ordens ligninger 145 

3. Generelle metoder 154 

V. Matricer 163 

1. Vektorer og matricer 163 

2. Lineære afbildninger 171 

3. Lineære ligninger 178 

4. Determinanter 185 

VI. Egenvektorer og diagonalisering 193 

1. Egenvektorer 193 

2. Diagonalisering 202 

VII. Skalarprodukt og projektion 213 

1. Ortogonal projektion 213 

VIII. Appendiks 223 

1. Polære koordinater og komplekse tal 223 

IX. Opgaver 233 

1. August 2002 233 

3

4 INDHOLD 

2. Januar 2003 243 

3. Januar 2004 253 

4. August 2004 259 

5. Januar 2005 263 

Litteratur 269 

Stikord 271

Forord 

"Slides" til forelæsningerne i Calculus 1 og 2 er her samlet på tværs. Der er desuden 

et stikordsregister, som kan være til nytte. Man kan navigere via indholdsfortegnelse og 

stikordsregister. 

I øvrigt henvises til hjemmesiden for kurset. 

De sædvalige forkortelser er: 

Lærebøger 

[S] James Stewart: Calculus, concepts and contexts. 2nd. edition. 

[LA] Anders Kock & H.A. Nielsen: Lineær algebra & Differentialligninger. 

5

I 

Differentiation 

1. Kontinuitet 

1.1. Oversigt ☞ [S] 9.6, 11.1, 11.2, App. H.1 

Nøgleord og begreber 

✌ Funktioner af flere variable 

✌ Grafen og niveaukurver 

✌ Grænseovergange og grænseværdier 

✌ Kontinuitet i flere variable 

✌ Test kontinuitet 

✌ Polære koordinater 

✌ Test polære koordinater 

1.2. En generel funktion ☞ [S] 9.6 Functions and surfaces 

Figur 

y 

0 

D 

(x,y) 

x 

D ⊂ R 2 , f : D → R 

f(x,y) 

1.3. Definitions- og værdimængde ☞ [S] 9.6 Functions and surfaces 

Definition 

En tilordning af et tal til et givet talpar definerer en funktion af to variable 

Mængden af talpar 

kaldes definitionsmœngden. 

Mængden af tal 

kaldes vœrdimœngden. 

f : D → R 

D ⊂ R 2 

f(D) = {f(x,y) ∈ R |(x,y) ∈ D} 

7

8 I. DIFFERENTIATION 

1.4. Bestem definitionsmængden ☞ [S] 11.1 Functions of several variables 

Eksempel 3 

Forskriften 

g(x,y) = 9 − x 2 − y 2 

giver en funktion med definitionsmængde 

D = {(x,y)|9 − x 2 − y 2 ≥ 0} = {(x,y)| x 2 + y 2 ≤ 3} 

som er cirkelskiven med centrum i 0 og radius 3. 

Værdimængden er intervallet 

g(D) = [0,3] ⊂ R 

1.5. Et populært problem ☞ [S] 11.1 Functions of several variables 

Eksempel 

Aktive væsker x,y,z blandes med proportional virkning 

V = xyz 

Hvilket blandingsforhold giver størst virkning? 

x + y + z = 1 

V = xy(1 − x − y) 

D = {(x,y)|x > 0,y > 0,x + y < 1} 

Bestem maksimum for funktionen V på mængden D. 

1.6. Graf og niveaukurve ☞ [S] 9.6, 11.1 Functions of several variables 

Definition 

Grafen for en funktion f : D → R 

er en flade i rummet R 3 . 

Γf = {(x,y,z)|(x,y) ∈ D,z = f(x,y)} 

Niveaukurven(konturlinjen) af kote k for en funktion f : D → R 

er en kurve i planen R 2 . 

Koter k vælges fra værdimængden. 

f −1 (k) = {(x,y) ∈ D|f(x,y) = k} 

1.7. Udseende saddel ☞ [S] 11.1 Functions of several variables 

Figur 

z 

x 

y

1. KONTINUITET 9 

Grafen af f(x,y) = x 2 − y 2 

1.8. Udseende saddel ☞ [S] 11.1 Functions of several variables 

Figur 

y 

Niveaukurver for f(x,y) = x 2 − y 2 

y = √ x 2 4 

1.9. Halvkugleskal ☞ [S] 11.1 Functions of several variables 

Eksempel 3,4,8 

g(x,y) = 9 − x 2 − y 2 

Grafen er en halvkugleskal 

Niveaukurver er cirkler 

Γg = {(x,y,z)|x 2 + y 2 ≤ 9,z = 9 − x 2 − y 2 } 

= {(x,y,z)|x 2 + y 2 + z 2 = 9,z ≥ 0} 

g −1 (k) = {(x,y)|x 2 + y 2 ≤ 9, 9 − x 2 − y 2 = k} 

= {(x,y)|x 2 + y 2 = 9 − k 2 } 

1.10. Globus ☞ [S] 11.1 Functions of several variables 

Figur 

z 

x 

Grafen for g(x,y) = 9 − x 2 − y 2 

1.11. Breddegrader ☞ [S] 11.1 Functions of several variables 

Figur 

x 

y


y 

0 

x 2 + y 2 = 9 k 2 

Niveaukurver for g(x,y) = 9 − x 2 − y 2 

1.12. Top og dal ☞ [S] 11.1 Functions of several variables 

Figur 

z 

x 

Grafen af f(x,y) = 

y 

x 

−y 

1 + x 2 + y 2 

1.13. Top og dal ☞ [S] 11.1 Functions of several variables 

Figur 

y 

Niveaukurver for f(x,y) = 

−y 

1 + x 2 + y 2 

x


1.14. Udvid til mange variable ☞ [S] 11.1 Functions of several variables 

Eksempel 11 

Omtalen af funktioner i to variable udvides umiddelbart til tre eller flere variable. 

Udtrykket 

f(x,y,z) = ln(z − y) + xy sin(z) 

er en funktion i tre variable, defineret på definitionsmængden 

Værdimængden er 

D = {(x,y,z) ∈ R 3 |z > y} 

f(D) = R 

1.15. Goddag igen til grænseværdier ☞ [S] 11.2 Limits and continuity 

1 Definition 

Grænseværdien af f(x,y) i et punkt (a,b) skrives 

eller 

lim f(x,y) = L 

(x,y)→(a,b) 

f(x,y) → L for (x,y) → (a,b) 

når f antager værdier vilkårligt tæt på L, bare (x,y) er tilstrækkeligt tæt på (a,b). 

1.16. Helt præcist ☞ [S] Appendix D - Functions of two variables 

5 Definition 

Grænseværdien 

lim f(x,y) = L 

(x,y)→(a,b) 

eksisterer, hvis 

∀ǫ > 0 ∃δ > 0 : 

(x − a) 2 + (y − b) 2 < δ ⇒ |f(x,y) − L| < ǫ 

1.17. Ingen grænseværdi ☞ [S] 11.2 Limits and continuity 

Eksempel 1 

f(x,y) = x2 − y 2 

x 2 + y 2 

har ingen grænseværdi for (x,y) → (0,0). 

Løsning 

f(x,0) = 1,x = 0 

f(0,y) = −1,y = 0 

1.18. Regneregler som forventet ☞ [S] 2.3 Calculating limits using the. . . 

Regneregler 

(1) Grænseværdien af en sum er summen af grænseværdierne. 

(2) Grænseværdien af en differens er differensen af grænseværdierne. 

(3) Grænseværdien af en konstant gange en funktion er konstanten gange grænseværdien. 

(4) Grænseværdien af et produkt er produktet af grænseværdierne. 

(5) Grænseværdien af en kvotient er kvotienten af grænseværdierne.


1.19. Kontinuitet på ny ☞ [S] 11.2 Limits and continuity 

3 Definition 

Kontinuitet af f(x,y) i et punkt (a,b) skrives 

eller 

lim f(x,y) = f(a,b) 

(x,y)→(a,b) 

f(x,y) → f(a,b) for (x,y) → (a,b) 

f er kontinuert i D, hvis f er kontinuert i alle punkter (a,b) ∈ D. 

1.20. Godt naboskab ☞ [S] 11.2 Limits and continuity Figur 

y 

0 

D 

(x,y) 

(a, b) 

x 

Kontinuitet 

f(x,y) 

f(a, b) 

1.21. Helt præcist ☞ [S] Appendix D - Functions of two variables 

Definition 

Kontinuitet 

lim f(x,y) = f(a,b) 

(x,y)→(a,b) 

hvis der gælder 

∀ǫ > 0 ∃δ > 0 : 

(x − a) 2 + (y − b) 2 < δ ⇒ |f(x,y) − f(a,b)| < ǫ 

1.22. Test kontinuitet ☞ [S] 11.2 Limits and continuity 

Test 

Hvis f(x,y) er en kontinuert funktion defineret i hele R 2 , så er 

lim f(x,y) = f(0,0). 

(x,y)→(0,0) 

Løsning 

Dette er netop definitionen på kontinuitet i (0,0). 

Afkryds: 

ja nej 

 

1.23. Regler om kontinuitet ☞ [S] 11.2 Limits and continuity 

Morale for kontinuitet 

(1) De fire regningsarter og sammensat funktion af kontinuerte funktioner danner 

igen kontinuerte funktioner.

(2) De kendte elementære funktioner 


sin,cos,tan,arcsin,...,exp,log,... 

er kontinuerte. 

(3) Funktionsudtryk er kontinuerte, hvor de er definerede. 

1.24. Anvend regler ☞ [S] 11.2 Limits and continuity 

Eksempler om kontinuitet 

(1) Kontinuert på R 2 

(2) Kontinuert på R 2 ,x = pπ 

(3) Kontinuert når x 2 + y 2 > 2 

x − y 

x 2 + y 2 + 1 

cos y 

sin x 

ln(x 2 + y 2 − 2) 

1.25. Kontinuert de rigtige steder ☞ [S] 11.2 Limits and continuity 

Eksempel 1, 6, 7 

g(x,y) = 

x 2 −y 2 

x 2 +y 2 , (x,y) = (0,0) 

0, (x,y) = 0 

er ikke kontinuert i (0,0), da g(x,y) ingen grænseværdi har for (x,y) → (0,0). 

Fra regneregler for kontinuitet følger, at g(x,y) er kontinuert på mængden R 2 \{(0,0)} af 

alle talpar fraregnet (0,0). 

1.26. Hul i taget ☞ [S] 11.2 Limits and continuity 

Figur 

z 

x 

y 

Ikke kontinuert i (0,0) 

1.27. Øvelse ☞ [S] 11.2 Limits and continuity 

Eksempel 4, 8 

er kontinuert på mængden R 2 . 

f(x,y) = 

3x 2 y 

x 2 +y 2 , (x,y) = (0,0) 

0, (x,y) = 0


Løsning 

viser, at 

|f(x,y)| = 3 

x 2 

x2 |y| ≤ 3|y| 

+ y2 f(x,y) → 0, når (x,y) → (0,0) 

1.28. Øvelse grafisk ☞ [S] 11.2 Limits and continuity 

Figur 

z 

x 

Kontinuert i (0,0) 

1.29. Udvid det hele til mange variable ☞ [S] 11.2 Limits and continuity 

Flere variable 

Omtalen af grænseværdi og kontinuitet for funktioner i to variable udvides umiddelbart til 

tre eller flere variable. 

Eksempel 

Funktionen 

f(x,y,z) = 

er kontinuert på mængden R 3 \{(0,0,0)}. 

y 

1 

x 2 + y 2 + z 2 

1.30. Populære koordinater ☞ [S] Appendix H.1 Polar coordinates 

Definition 

Et polært koordinatsystem i planen består af et punkt polen O og en halvlinje polæraksen 

ud fra polen. Et vilkårligt punkt P er nu bestemt ved et talpar (r,θ). θ er vinklen mellem 

polæraksen og linjen OP målt med fortegn mod urets retning. r er afstanden fra O til P 

regnet med fortegn mht. den valgte polærakse. 

O 1 

r 

1.31. Pol og sigtelinje ☞ [S] Appendix H.1 Polar coordinates 

Definition 

P


Et polært koordinatsystem bestemmer et kartesisk koordinatsystem. Polen og punktet med 

polære koordinater (1,0) bestemmer x-aksen og polen og punktet med polære koordinater 

) bestemmer y-aksen. 

(1, π 

2 

y 

1 

O 1 

r 

P(r cos( ), r sin( )) 

1.32. Polær-kartesisk ordbog ☞ [S] Appendix H.1 Polar coordinates 

Sætning 

Givet et polœrt og tilhørende kartesiske koordinatsystem. Et punkt med polœre koordinater 

(r,θ) har kartesiske koordinater 

1 x = r cos(θ), y = r sin(θ) 

Et punkt med kartesiske koordinater (x,y), x > 0 har polœre koordinater 

2 r = x 2 + y 2 , θ = tan −1 ( y 

x ) 


Eksempel 

Et punkt med polære koordinater 

har kartesiske koordinater 

x 

(r,θ) = (2, 5π 

4 ) 

x = r cos θ = 2cos 5π 

4 = −√ 2 

y = r sin θ = 2sin 5π 

4 = −√ 2 

(x,y) = (− √ 2, − √ 2) 


Figur


P( √ 2, √ 2) 

5 /4 

2 

y 

3 √ 2 

1 

/4 

P(3,3) 


Eksempel 

Et punkt med kartesiske koordinater 

har polære koordinater 

(x,y) = (3,3) 

r = x 2 + y 2 = 3 2 + 3 2 = 3 √ 2 

−1 y 3 π 

θ = tan = tan−1 = 

x 3 4 

(r,θ) = (3 √ 2, π 

4 ) 

1.36. Test polære koordinater ☞ [S] Appendix H.1 Polar coordinates 

Test 

Punktet med kartesiske koordinater (x,y) = (1,1) har polære koordinater: 

(a) (r,θ) = (2,π). (b) (r,θ) = ( √ 2, π 

2 ). (c) (r,θ) = (√ 2, π 

4 ). 

Løsning 

y 

0 1 

(1,1) 

x 

Afkryds den rigtige: 

r = x2 + y2 = 12 + 12 = √ 2 

tan θ = y 1 

= = 1 

x 1 

θ = π 

4 

x 

(a) (b) (c) 

 

1.37. Delmængder i polære koordinater ☞ [S] Appendix H.1 Polar coordinates 

Eksempel 

y 

0 

a b x 

Den halve cirkelring i øvre halvplan 

kan beskrives i både kartesiske 

koordinater og i polære koordinater.

I kartesiske koordinater ved 

I polære koordinater ved 

2. PARTIELLE AFLEDEDE 17 

{(x,y)|a ≤ x 2 + y 2 ≤ b, 0 ≤ y} 

{(r,θ)|a ≤ r ≤ b, 0 ≤ θ ≤ π} 

1.38. Funktioner i polære koordinater ☞ [S] Appendix H.1 Polar coordinates 

Eksempel 

En funktion g : R 2 \{0} → R er givet i kartesiske koordinater ved forskriften 

(x,y) ↦→ x2 − y 2 

x 2 + y 2 

I polære koordinater x = r cos(θ), y = r sin(θ) er funktionen g givet ved 

(r,θ) ↦→ (r cos θ)2 − (r sin θ) 2 

(r cos θ) 2 + (r sin θ) 2 

= (cos θ) 2 − (sin θ) 2 

= cos(2θ) 

2. Partielle afledede 

2.1. Oversigt ☞ [S] 2.7, 3.1, 3.4, 11.3 


✌ Differentiabel funktion i en variabel 

✌ Partielle afledede i flere variable 

✌ Notation og regneregler for partielle afledede 

✌ Test partielle afledede 

✌ Grafisk afledede 

✌ Test grafisk afledede 

✌ Højere partielle afledede 

✌ Differentiationsordenen er ligegyldig 

✌ Partielle differentialligninger 

✌ Test Laplaces ligning 

2.2. Tangenthældning ☞ [S] 2.7 Derivatives 

2 3 Definition 

Den afledede af f(x) i tallet a er 

df 

dx (a) = f ′ f(a + h) − f(a) 

(a) = lim 

h→0 h 

y 

(a, f(a)) 

(a + h, f(a + h)) 

f(x) 

x


2.3. Botanik for afledte ☞ [S] 3.1, 3.4 Derivatives. . . 

d 

dx (xn ) = nx n−1 

d 

dx (ex ) = e x 

d 1 

(ln(x)) = 

dx x 

d 

dx (ax ) = ln(a)a x 

2.4. Botanik for afledte ☞ [S] 3.1, 3.4 Derivatives. . . 

d 

(sin(x)) = cos(x) 

dx 

d 

(cos(x)) = −sin(x) 

dx 

d 

dx (tan(x)) = 1 + tan2 (x) 

d 

dx (sin−1 1 

(x)) = √ 

1 − x2 d 

dx (tan−1 (x)) = 1 

1 + x2 2.5. Vælg og afled ☞ [S] 11.3 Partial derivatives 

Eksempel 1 

Givet funktionen 

f(x,y) = x 3 + x 2 y 3 − 2y 2 

Hold y fast 

Hold x fast 

d 

dx f(x,y) = 3x2 + 2xy 3 

d 

dy f(x,y) = 3x2 y 2 − 4y 

2.6. Partielt afledt ☞ [S] 11.3 Partial derivatives 

4 Definition 

Den partielle afledede af f(x,y) med hensyn til x i punktet (a,b) er 

∂f f(a + h,b) − f(a,b) 

(a,b) = lim 

∂x h→0 h 

Den partielle afledede af f(x,y) med hensyn til y i punktet (a,b) er 

∂f f(a,b + h) − f(a,b) 

(a,b) = lim 

∂y h→0 h


2.7. Skrives forskelligt ☞ [S] 11.3 Partial derivatives 

Notation 

Ses også 

∂f 

(x,y) = fx(x,y) 

∂x 

∂f 

(x,y) = fy(x,y) 

∂y 

fx(x,y) = f1(x,y) 

fy(x,y) = f2(x,y) 

2.8. Nemt at aflede ☞ [S] 11.3 Partial derivatives 

Eksempel 1 

Funktionen 

f(x,y) = x 3 + x 2 y 3 − 2y 2 

har partielle afledede 

fx(x,y) = 3x 2 + 2xy 3 

fy(x,y) = 3x 2 y 2 − 4y 

2.9. Graf uden kanter ☞ [S] 11.3 Partial derivatives 

Figur - Eksempel 1 

z 

x 

0 

f(x,y) = x 3 + x 2 y 3 − 2y 2 

2.10. Nyttige regler ☞ [S] 11.3 Partial derivatives 

Morale for Partielle afledede 

(1) fx beregnes ved at holde y fast og differentiere med hensyn til x. 

(2) fy beregnes ved at holde x fast og differentiere med hensyn til y. 

(3) Alle regneregler for differentiation i en variabel, +, −, ·,/, sammensatfunktion, 

inversfunktion kan benyttes. 

2.11. Udregning af partielle afledede ☞ [S] 11.3 Partial derivatives 

Eksempel 3 

f(x,y) = sin( x 

1 + y ) 

y



fx(x,y) = sin ′ ( x 

 

d x 

) · 

1 + y dx 1 + y 

fy(x,y) = sin ′ ( x 

 

d x 

) · 

1 + y dy 1 + y 

 

= cos( x 1 

) 

1 + y 1 + y 

= cos( x −x 

) 

1 + y (1 + y) 2 

2.12. Udregning af partielle afledede 

Eksempel 

☞ [S] 11.3 Partial derivatives 

f(x,y) = ln( 

1 


og tilsvarende 

fx(x,y) = ln ′ ( 

fy(x,y) = 

1 + x2 ) 

+ y2 1 

1 + x2 d 

) · 

+ y2 dx 

 

−2x 

= (1 + x 2 + y 2 ) 

(1 + x2 + y2 ) 2 

−2x 

= 

(1 + x2 + y2 ) 

−2y 

(1 + x 2 + y 2 ) 

1 

1 + x 2 + y 2 

2.13. Test partielle afledede ☞ [S] 11.3 Partial derivatives 

Test 

Betragt funktionen f(x,y) = x3 − y2 + xy. 

(a) fx = 3x2 − y2 + y. (b) fx = 3x3 − y2 + y. 

(c) fx = 3x2 + y. (d) fx = 3x2 − 2y2 + y. 

Løsning 

For y fastholdt 

Afkryds den rigtige påstand: 

fx(x,y) = d 

dx (x3 − y 2 + xy) 

= 3x 2 − 0 + y 

 

(a) (b) (c) (d) 

 

2.14. Partielt afledt, grafisk ☞ [S] 11.3 Partial derivatives 

Grafisk bestemmelse 

y 

2 0 2 

Niveaukurver omkring (x0,y0) = (2,2). 

Sæt g(h) = f(x0 + h,y0) og aflæs støttepunkter: 

h 

1 

f(x,y)=1 

0 

1 

2 

3 

2 

x


h −2.0 −1.0 0.0 1.0 2.0 3.0 

g(h) 0.0 0.3 0.9 2.0 2.9 2.2 

2.15. Partielt afledt, grafisk ☞ [S] 11.3 Partial derivatives 

Grafisk bestemmelse - fortsat 

Støttepunkter 

giver grafen 

Heraf f.eks. 

h −2.0 −1.0 0.0 1.0 2.0 3.0 

g(h) 0.0 0.3 0.9 2.0 2.9 2.2 

z 

fx(x0,y0) = g ′ (0) ≈ 0.5(0.6 + 1.1) ≈ 0.85 

2.16. Test grafisk afledede ☞ [S] 11.3 Partial derivatives 

Test 

Betragt niveaukurverne for en funktion f(x,y),f(1,1) = 0 og bedøm: 

y 

1 

1 f=0 

f= 1 

f=5 

x 

(a) fx(1,1) > 0. 

(b) fx(1,1) < 0. 

(c) fy(1,1) < 0. 

(d) fxx(1,1) > 0. 

Løsning 

x ↦→ f(x,1) er voksende med voksende afledt. 

1 

h 

Afkryds to sande: 

(a) (b) (c) (d) 

 

2.17. Udvid til mange variable ☞ [S] 11.3 Partial derivatives 

Eksempel 5 

Omtalen af partielle afledede udvides umiddelbart til flere end to variable. 

har tre partielle afledede 

f(x,y,z) = e xy ln(z) 

fx = ye xy ln(z) 

fy = xe xy ln(z) 

xy 1 

fz = e 

z 

2.18. Afled flere gange ☞ [S] 11.3 Partial derivatives 

Notation for højere afledede 

∂2f (x,y) = fxx(x,y) 

∂x2


∂2f (x,y) = fyy(x,y) 

∂y2 ∂2f (x,y) = fyx(x,y) 

∂x∂y 

∂2f (x,y) = fxy(x,y) 

∂y∂x 

2.19. Mere afledning ☞ [S] 11.3 Partial derivatives 

Eksempel 1, 6 

Afledede og højere afledede 

f = x 3 + x 2 y 3 − 2y 2 

fx = 3x 2 + 2xy 3 , fy = 3x 2 y 2 − 4y 

fxx = 6x + 2y 3 , fyy = 6x 2 y − 4 

fxy = 6xy 2 , fyx = 6xy 2 

2.20. Endnu en afledning ☞ [S] 11.3 Partial derivatives 

Eksempel 3 


1 + y ) 


fx = cos( x 1 

) 

1 + y 1 + y 

fxx = −sin( x 

1 + y ) 

1 

(1 + y) 2 

fxy = −sin( x −x x −1 

) + cos( ) 

1 + y (1 + y) 3 1 + y (1 + y) 2 

2.21. Endnu en afledning ☞ [S] 11.3 Partial derivatives 

Eksempel 3 - fortsat 


1 + y ) 


fy = cos( x −x 

) 

1 + y (1 + y) 2 

fyy = −sin( x 

1 + y ) 

x2 x 

+ cos( 

(1 + y) 4 1 + y ) 

2x 

(1 + y) 3 

fyx = −sin( x −x x −1 

) + cos( ) 

1 + y (1 + y) 3 1 + y (1 + y) 2


2.22. Der er kun det halve arbejde ☞ [S] 11.3 Partial derivatives 

Sætning (Clairaut) 

Antag at f er defineret på en (lille) cirkelskive med centrum i (a,b). Hvis fxy,fyx er 

kontinuerte på cirkelskiven, så gœlder 

fxy(a,b) = fyx(a,b) 

"Højere partielle afledede afhænger ikke af differentiations rækkefølgen." 

2.23. Overbevis ☞ [S] Appendix E A few proofs 

Bevis (Clairaut) 

∆(h) = (f(a + h,b + h) − f(a + h,b)) − (f(a,b + h) − f(a,b)) 

Omskrives ved middelværdisætningen 

∆(h) = (fx(c,b + h) − fx(c,b))h 

Ved ombytning af x,y 

for (c,d),(c ′ ,d ′ ) tæt ved (a,b). 

= fxy(c,d)h 2 

fyx(c ′ ,d ′ )h 2 = fxy(c,d)h 2 

Konklusion ved kontinuitet af de dobbelte afledede. 

2.24. Opgaver er sundt ☞ [S] 11.3 Partial derivatives 

Øvelse 53 

f(x,y) = x 2 y 3 − 2x 4 y 

Find fxxx og fyxxx. 

fx = 2xy 3 − 8x 3 y 

fxx = 2y 3 − 24x 2 y 

fxxx = −48xy 

fyxxx = fxxxy = −48x 

2.25. Mange opgaver er meget sundt ☞ [S] 11.3 Partial derivatives 

Øvelse 55 

f(x,y,z) = x 5 + x 4 y 4 z 3 + yz 2 

Find fxyz. 

fy = 4x 4 y 3 z 3 + z 2 

fyx = 16x 3 y 3 z 3 

fxyz = fyxz = 48x 3 y 3 z 2 

2.26. Sidste opgave ☞ [S] 11.3 Partial derivatives 

Øvelse 77 

f(x,y) = x(x 2 + y 2 ) −3/2 e sin(x2 y) 

Find fx(1,0). 

f(1,0) = 1(1 2 + 0 2 ) −3/2 e 0 = 1 

fx(1,0) = lim 

x→1 

x(x 2 + 0 2 ) −3/2 e 0 − 1 

x − 1


xx 

fx(1,0) = lim 

x→1 

−3 − 1 

x − 1 

2.27. Sidste opgave ☞ [S] 11.3 Partial derivatives 

Øvelse 77 - fortsat 

xx 

fx(1,0) = lim 

x→1 

−3 − 1 

x − 1 

fx(1,0) = lim 

x→1 

fx(1,0) = lim 

x→1 

1 − x 2 

x 2 (x − 1) 

−1 − x 

= −2 

x2 2.28. Partielle differentialligninger ☞ [S] 11.3 Partial derivatives 

Definition 

En partiel differentialligning er et udtryk i de partielle afledede. 

Ligningen 

∂2u ∂x2 + ∂2u = 0 

∂y2 kaldes Laplaces ligning. 

Ligningen 

kaldes bølgeligningen. 

∂2u ∂t2 = a2 ∂2u ∂x2 2.29. Laplaces ligning ☞ [S] 11.3 Partial derivatives 

Eksempel 8 

Funktionen u(x,y) = e x siny er løsning til Laplaces ligning 

Løsning 

giver 

uxx + uyy = 0 

ux = e x sin y, uxx = e x sin y 

uy = e x cos y, uyy = −e x siny 

uxx + uyy = 0 

2.30. Bølgeligningen ☞ [S] 11.3 Partial derivatives 

Eksempel 9 

Funktionen u(t,x) = sin(x − at) er løsning til bølgeligningen 

Løsning 

giver 

utt = a 2 uxx 

ut = −acos(x − at), utt = −a 2 sin(x − at) 

ux = cos(x − at), uxx = −sin(x − at) 

utt = a 2 uxx

3. TANGENTPLAN 25 

2.31. Test Laplaces ligning ☞ [S] 11.3 Partial derivatives 

Test 

Funktionen f(x,y) = 3x + 5y + 10 er en løsning til Laplace’s ligning 

Løsning 

Udregningen 

giver 

∂ 2 f/∂x 2 + ∂ 2 f/∂y 2 = 0. 

fx = 3, fxx = 0, fy = 5, fyy = 0 

fxx + fyy = 0 

3. Tangentplan 

Afkryds: 

ja nej 

 

3.1. Oversigt ☞ [S] 2.7, 2.9, 11.4 


✌ Tangentlinje for graf 

✌ Tangentplan for graf 

✌ Test tangentplan 

✌ Lineær approximation i en og flere variable 

✌ Test approximation 

✌ Differentiabilitet i flere variable 

✌ Differentialet af en funktion 

✌ Test differentialet 

3.2. Tangentlinje ☞ [S] 2.7 Derivatives 

Figur 

y 

(a, f(a)) 

y = f(a) + f ′ (a)(x a) 

I ⊂ R, f : I → R 

f(x) 

3.3. Ligning for tangent ☞ [S] 2.7 Derivatives 

Definition 

Tangentlinjen for grafen for en funktion y = f(x) i et punkt (a,b), b = f(a) er linjen 

gennem (a,b), som indeholder tangentvektoren 

til grafen 

(1,f ′ (a)) 

x ↦→ (x,f(x)) 

x


En ligning for tangentlinjen er 

y − b = f ′ (a)(x − a) 

3.4. Find tangentlinjen ☞ [S] 2.7 Derivatives 

Eksempel 2 

Find ligningen for tangentlinjen til y = x 2 − 8x + 9 i punktet (3, −6). 

Den afledede er 

y ′ = 2x − 8, y ′ (3) = −2 

Ligningen for tangentlinjen er 

eller 

y − (−6) = (−2)(x − 3) 

y = −2x 

3.5. Tangentplan ☞ [S] 11.4 Tangent planes and linear approximations 

Figur 

y 

0 

D 

(x,y) 

x 

D ⊂ R 2 , f : D → R 

f(x,y) 

3.6. Tangentplan ☞ [S] 11.4 Tangent planes and linear approx. 

Definition 

Tangentplanen til grafen for en funktion z = f(x,y) i et punkt (x0,y0,z0), z0 = f(x0,y0) 

er planen gennem (x0,y0,z0), som indeholder tangentvektorerne 

til koordinatkurverne 

på grafen Γf . 

(1,0,fx(x0,y0)), (0,1,fy(x0,y0)) 

x ↦→ (x,y0,f(x,y0)), y ↦→ (x0,y,f(x0,y)) 

3.7. Ligning for tangentplan ☞ [S] 11.4 Tangent planes and linear approx. 

2 Sætning 

Antag at f har kontinuerte partielle afledede fx,fy i en lille cirkelskive om (x0,y0). Tangentplanen 

for grafen i et punkt (x0,y0,z0), z0 = f(x0,y0) har ligning 

Bevis 

z − z0 = fx(x0,y0)(x − x0) + fy(x0,y0)(y − y0)

Indsættes 


(x,y,z) = (x0,y0,z0) + (1,0,fx(x0,y0)) 

= (x0 + 1,y0,z0 + fx(x0,y0)) 

er ligningen opfyldt. Ligeså for den anden tangentvektor. 

3.8. Find tangentplan ☞ [S] 11.4 Tangent planes and linear . . . 

Eksempel 1 

Find ligningen for tangentplanen til 

i punktet (1,1,3). 

Løsning 

De partielle afledede er 

z = 2x 2 + y 2 

zx = 4x,zy = 2y 

z(1,1) = 3, zx(1,1) = 4, zy(1,1) = 2 

I punktet (1,1,3) er tangentplanen givet ved 

z − 3 = 4(x − 1) + 2(y − 1) 

3.9. Tangentplan ☞ [S] 11.4 Tangent planes and linear approximations 


x 

z 

Tangentplan i (1,1,3) 

3.10. Find endnu en tangentplan ☞ [S] 11.4 Tangent planes and linear . . . 

Eksempel 

Find en ligning for tangentplan i (1,2,f(1,2)). 

f = x 3 + x 2 y 3 − 2y 2 

fx = 3x 2 + 2xy 3 , fy = 3x 2 y 2 − 4y 

f(1,2) = 1, fx(1,2) = 19, fy(1,2) = 4 

I punktet (x0,y0,z0) = (1,2,1) er tangentplanen givet ved 

Som giver 

z − z0 = fx(x0,y0)(x − x0) + fy(x0,y0)(y − y0) 

z − 1 = 19(x − 1) + 4(y − 2) 

y


3.11. Test tangentplan 

Test 

☞ [S] 11.4 Tangent planes and linear . . . 

Lad f(x,y) = x + xy. Så har grafen for f vandret tangentplan i (0,0,0). 

Afkryds: 

Løsning 

Udregningen 

fx = 1 + y, fy = x 

ja nej 

 

giver 

fx(0,0) = 1 = 0 

3.12. Lineær approximation ☞ [S] 2.9 Linear approximations 

Definition 

Tangentlinjen for en funktion i en variabel er grafen for en lineær funktion 

L(x) = f(a) + f ′ (a)(x − a) 

kaldet lineariseringen af f i a. 

Approximationen 

f(x) ≈ f(a) + f ′ (a)(x − a) 

kaldes den lineære approximation af f for x ≈ a. 

3.13. Find approximation ☞ [S] 2.9 Linear approximations 

Eksempel 2 

Find den lineære approximation af f(x) = √ x i a = 1. 

Løsning 

Lineariseringen er 

Approximationen er 

f ′ (x) = 1 

2 √ x , f ′ (1) = 1 

2 

L(x) = 1 + 1 

(x − 1) 

2 

√ 1 

x ≈ 1 + (x − 1), for x ≈ 1 

2 

3.14. Approximation i to variable ☞ [S] 11.4 Tangent planes and lin. . . 

3 4 Definition 

Tangentplanen er grafen for en lineær funktion 

kaldet lineariseringen til f i (a,b). 

Approximationen 

L(x,y) = f(a,b) + fx(a,b)(x − a) + fy(a,b)(y − b) 

f(x,y) ≈ f(a,b) + fx(a,b)(x − a) + fy(a,b)(y − b) 

kaldes den lineære approximation af f for (x,y) ≈ (a,b). 

3.15. Brug approximation ☞ [S] 11.4 Tangent planes and linear approx. 

Eksempel 

f = x 3 + x 2 y 3 − 2y 2 

fx = 3x 2 + 2xy 3 , fy = 3x 2 y 2 − 4y 

f(1,2) = 1,fx(1,2) = 19,fy(1,2) = 4

I punktet (1,2) er den lineære approximation 

Benyttes til tilnærmelse 


f(x,y) ≈ 1 + 19(x − 1) + 4(y − 2) 

f(1.1,1.9) ≈ 1 + 19(1.1 − 1) + 4(1.9 − 2) = 2.5 

3.16. Test approximation ☞ [S] 11.4 Tangent planes and linear . . . 

Test 

Betragt den lineære approximation til funktionen 

i punktet (x,y) = (1,1). Den er givet ved 

(a) f(x,y) ≈ −1 

2 

f(x,y) = 1 

x2 1 

− 

+ y 2 

−1 

(x − 1) + (y − 1). (b) f(x,y) ≈ 2xy. 

4 

(c) f(x,y) ≈ 1 + y. (d) f(x,y) ≈ 

−1 

(x2 . 

+ y) 2 

Løsning 

Udeluk (b), (c), (d) ved indsættelse af (1,1). 


(a) (b) (c) (d) 

 

3.17. Test approximation ☞ [S] 11.4 Tangent planes and linear . . . 

Test - løsning 

f(x,y) = 1 

x2 1 

− 

+ y 2 

giver i punktet (1,1) 

fx = −2x 

(x2 + y) 2 , fy 

−1 

= 

(x2 + y) 2 

fx(1,1) = −1 

2 , fy(1,1) = −1 

4 

Approximationen af f for (x,y) ≈ (1,1) skrives 

f(x,y) ≈ −1 

2 

−1 

(x − 1) + (y − 1) 

4 

3.18. Omskriv differentiabel ☞ [S] 11.4 Tangent planes and linear approx. 

Bemærkning 

En funktion y = f(x) er differentiabel i a, hvis 

5 ∆y = f ′ (a)∆x + ǫ∆x 

hvor 

ǫ → 0, når ∆x → 0 

3.19. Tilvækst ☞ [S] 11.4 Tangent planes and linear approx. 

Definition 

For funktion z = f(x,y) er tilvæksten i (a,b) 

6 ∆z = f(a + ∆x,b + ∆y) − f(a,b) 

Eksempel


For z = x 2 + y 2 er tilvæksten i (a,b) 

Altså 

∆z = (a + ∆x) 2 + (b + ∆y) 2 − (a 2 + b 2 ) 

∆z = 2a∆x + 2b∆y + ∆x 2 + ∆y 2 

3.20. Differentiabilitet i to variable ☞ [S] 11.4 Tangent planes and linear . . . 

7 Definition 

z = f(x,y) er differentiabel i (a,b), hvis 

hvor 

∆z = fx(a,b)∆x + fy(a,b)∆y + ǫ1∆x + ǫ2∆y 

ǫ1,ǫ2 → 0, når ∆x,∆y → 0 

Bemærkning 

“En funktion er differentiabel, når den lineære approximation er god.” 

3.21. Differentiabilitet som forventet ☞ [S] 11.4 Tangent planes and lin. . . 

8 Sætning 

Antag at f har kontinuerte partielle afledede fx,fy i en omegn af (a,b). Så er f differentiabel 

i (a,b). 

Bemærkning 

I så fald 

f(a + ∆x,b + ∆y) ≈ f(a,b) + fx(a,b)∆x + fy(a,b)∆y 

når ∆x,∆y ≈ 0. 

3.22. Brug approximation ☞ [S] 11.4 Tangent planes and linear approx. 

Eksempel 2 

f = xe xy 

fx = e xy + xye xy , fy = x 2 e xy 

f(1,0) = 1,fx(1,0) = 1,fy(1,0) = 1 

I punktet (1,0) er den lineære approximation 


xe xy ≈ 1 + (x − 1) + y 

1.1e 1.1·(−0.1) ≈ 1 + (1.1 − 1) + (−0.1) = 1 

3.23. Differentialet ☞ [S] 11.4 Tangent planes and linear approximations 

Definition 

Differentialet af en funktion y = f(x) er 

9 dy = f ′ (x)dx 

og for funktionen z = f(x,y) 

10 

Bemærk 

df = fx(x,y)dx + fy(x,y)dy 

dz = ∂z ∂z 

dx + 

∂x ∂y dy 

∆z ≈ dz


3.24. Skriv differentialet ☞ [S] 11.4 Tangent planes and linear approx. 

Eksempel 4 

f = x 2 + 3xy − y 2 


fx = 2x + 3y, fy = 3x − 2y 

dz = (2x + 3y)dx + (3x − 2y)dy 

f(2,3) = 13,fx(2,3) = 13,fy(2,3) = 0 

f(2.05,2.96) ≈ 13 + 13 · 0.05 + 0 · (−0.04) = 13.65 

3.25. Opgave ☞ [S] 11.4 Tangent planes and linear approximations 

Øvelse 9 

f(x,y) = x √ y 

Begrund differentiabilitet om (1,4) og find den lineære approximation. 

Løsning 

er kontinuerte om (1,4). 

når (x,y) ≈ (1,4). 

fx = √ y, fy = x 

2 √ y 

x √ y ≈ 2 + 2(x − 1) + 1 

(y − 4) 

4 

3.26. Opgave fortsat 


☞ [S] 11.4 Tangent planes and linear approximations 

Skrives også 

(1 + ∆x) 4 + ∆y ≈ 2 + 2∆x + 1 

4 ∆y 

Beregn tilnærmelse 

0.9 √ 4.4 ≈ 2 + 2(−0.1) + 1 

0.4 = 1.9 

4 

3.27. Test differentialet ☞ [S] 11.4 Tangent planes and linear . . . 

Test 

Givet z = ln(ax + by). Differentialet er: 

(a) dz = adx + bdy. (b) dz = a b 

ax+bydx + ax+bydy. (c) dz = aln(ax + by)dx + bln(ax + by)dy. 

Løsning 

Udregningen 

giver differentialet 

zx = a 

ax+by , zy = b 

ax+by 

dz = zx dx + zy dy 


(a) (b) (c) 

 

3.28. Udvid til mange variable ☞ [S] 11.4 Tangent planes and linear approx. 

Definition 

Omtalen af tangentplan, lineær approximation og differentialer udvides umiddelbart til 

funktioner af tre eller flere variable.


Funktionen w = f(x,y,z) har tangentplan i punktet (a,b,c,d), d = f(a,b,c) med ligning 

w − d = 

fx(a,b,c)(x − a) + fy(a,b,c)(y − b) + fz(a,b,c)(z − c) 

3.29. Udvid til mange variable ☞ [S] 11.4 Tangent planes and linear approx. 

Definition - fortsat 

Funktionen w = f(x,y,z) har lineær approximation 

og differential 

f(x,y,z) ≈ f(a,b,c) 

+ fx(a,b,c)(x − a) + fy(a,b,c)(y − b) + fz(a,b,c)(z − c) 

dw = ∂w 

∂x 

∂w ∂w 

dx + dy + 

∂y ∂z dz 

3.30. Afsluttende opgave ☞ [S] 11.4 Tangent planes and linear approx. 

Øvelse 21 

Find differentialet af 

w = ln x 2 + y 2 + z 2 

Løsning 

Beregn først 

wx = 

= 

1 d 

x2 + y2 + z2 x2 + y2 + z2 dx 

x 

x 2 + y 2 + z 2 


Øvelse 21 - alternativ 

w = ln x 2 + y 2 + z 2 = 1 

2 ln(x2 + y 2 + z 2 ) 

Løsning 

Beregn 

wx = 1 

2 · 

= 

1 

x2 + y2 · 2x 

+ z2 x 

x 2 + y 2 + z 2 



Ved symmetri 

Differentialet er 

wy = 

w = ln x 2 + y 2 + z 2 

wx = 

x 

x 2 + y 2 + z 2 

y 

x2 + y2 + z2 ,wz 

z 

= 

x2 + y2 + z2 dw = 

xdx + ydy + zdz 

x 2 + y 2 + z 2

4. KÆDEREGLEN 33 

4. Kædereglen 

4.1. Oversigt ☞ [S] 3.5, 11.5 


✌ Kædereglen i en variabel 

✌ Kædereglen to variable 

✌ Test kædereglen 

✌ Kædereglen i tre eller flere variable 

✌ Jacobimatricen 

✌ Kædereglen på matrixform 

✌ Test matrixform 

✌ Differentiation af implicit funktion 

✌ Test implicit funktion 

4.2. Sammensat funktion ☞ [S] 3.5 The chain rule 

Sætning (Kædereglen) 

For f(u), u = g(x) differentiable er den sammensatte funktion F = f ◦ g differentiabel 

med 

F ′ (x) = f ′ (g(x))g ′ (x) 

For y = F(x) = f(g(x)) skrives 

dy dy du 

= 

dx du dx 

4.3. Overbevis ☞ [S] 3.5 The chain rule 

Bevis 

∆u = g(x + ∆x) − g(x), ∆y = f(u + ∆u) − f(u) 

giver 

der har kædereglen 

som grænseværdi for ∆x → 0. 

∆y ∆y ∆u 

= 

∆x ∆u ∆x 

dy dy du 

= 

dx du dx 

4.4. Brug kæderegel ☞ [S] 3.5 The chain rule 

Eksempel 1 

Find F ′ (x) for F(x) = √ x 2 + 1. 

f(u) = √ u, u = g(x) = x 2 + 1 er differentiable med 

f ′ (u) = 1 

2 √ u , g′ (x) = 2x 

F = f ◦ g er differentiabel med 

F ′ (x) = f ′ (g(x))g ′ 1 

(x) = 

2 √ x2 + 1 2x 

Altså d x 

x2 + 1 = √ 

dx x2 + 1 

4.5. Kæderegel i en variabel igen ☞ [S] 11.5 The chain rule 

Sætning (Kædereglen) 

d 

dt f(g(t)) = f ′ (g(t))g ′ (t)


y = f(x),x = g(t) 

1 

Med differentialer 

dy 

dt 

dy dx 

= 

dx dt 

dx = g ′ (t)dt, dy = f ′ (x)dx = f ′ (x)g ′ (t)dt 

4.6. Kædereglen i to variable ☞ [S] 11.5 The chain rule 

Figur 

t ↦→ (x,y) (x,y) ↦→ z 

(x,y) 

t z 

t ↦→ z 

Sammensat funktion 

4.7. Kæderegel i to variable ☞ [S] 11.5 The chain rule 

2 Sætning (Kædereglen) 

Antag at z = f(x,y) er differentiabel og x(t),y(t) er differentiable funktioner. Den sammensatte 

funktion z(t) er differentiabel med 

Skrives også kompakt 

dz 

dt 

∂z dx ∂z dy 

= + 

∂x dt ∂y dt 

z ′ = zx x ′ + zy y ′ 

4.8. Differentialer sammensatte ☞ [S] 11.5 The chain rule 

Bemærkning 

Kædereglen med differentialer, z = f(x,y). 

dx = dx dy 

dt, dy = 

dt dt dt 

dz = ∂z ∂z 

dx + 

dz = 

∂x 

∂z 

∂x 

∂y dy 

dx ∂z dy 

+ 

dt ∂y dt 

 

dt 

4.9. Overbevis ☞ [S] 11.5 The chain rule 

Bevis - kæderegel 

giver 

∆z = ∂z ∂z 

∆x + 

∂x ∂y ∆y + ǫ1∆x + ǫ2∆y 

∆z 

∆t 

∂z ∆x ∂z ∆y 

≈ + 

∂x ∆t ∂y ∆t

der har kædereglen 

som grænseværdi for ∆t → 0. 

dz 

dt 


∂z dx ∂z dy 

= + 

∂x dt ∂y dt 


Eksempel 1 z = x 2 y + 3xy 4 , x = sin 2t, y = cos t 

Kædereglen giver 

Heraf for t = 0 

zx = 2xy + 3y 4 , zy = x 2 + 12xy 3 

z ′ = zxx ′ + zyy ′ 

x ′ = 2cos 2t, y ′ = −sin t 

= (2xy + 3y 4 )2cos 2t + (x 2 + 12xy 3 )(−sin t) 

z ′ (0) = (0 + 3)2 + (0 + 0)0 = 6 



Og videre herfra 

z = x 2 y + 3xy 4 , x = sin 2t, y = cos t 

z ′ = (2xy + 3y 4 )2cos 2t + (x 2 + 12xy 3 )(−sin t) 

z ′ = (4sin 2t cos t + 6cos 4 t)cos 2t 

−(sin 2 2t + 12sin 2t cos 3 t)sin t 

4.12. Test kæderegel ☞ [S] 11.5 The chain rule 

Test 

Lad f(x,y) = x 2 − xy, x = t 2 , y = t 3 . Så giver kædereglen 

Løsning 

Udregningen 

giver 

f ′ (t) = (2t 2 − t 3 ) − t 2 

fx = 2x − y, fy = −x, x ′ = 2t, y ′ = 3t 2 

f ′ = fxx ′ + fyy ′ = (2t 2 − t 3 )2t − t 2 3t 2 = 4t 3 − 5t 4 

Afkryds: 

ja nej 

 

4.13. To gange to kæderegel ☞ [S] 11.5 The chain rule 

3 Sætning (Kædereglen) 

Antag at z = f(x,y) er differentiabel og x(s,t),y(s,t) er differentiable funktioner. Den 

sammensatte funktion z(s,t) er differentiabel med 

∂z ∂z ∂x ∂z ∂y 

= + 

∂s ∂x ∂s ∂y ∂s 

∂z ∂z ∂x ∂z ∂y 

= + 

∂t ∂x ∂t ∂y ∂t


Altså zs = zxxs + zyys 

zt = zxxt + zyyt 

4.14. Kæderegel udregning ☞ [S] 11.5 The chain rule 

Eksempel 3 

z = e x siny, x = st 2 , y = s 2 t 

zx = e x sin y, zy = e x cos y 

xs = t 2 ,xt = 2st, ys = 2st,yt = s 2 

zs = zxxs + zyys = e x sin(y)t 2 + 2e x cos(y)st 

= e st2 

sin(s 2 t)t 2 + 2e st2 

cos(s 2 t)st 

zt = zxxt + zyyt = 2e x sin(y)st + e x cos(y)s 2 

= 2e st2 

sin(s 2 t)st + e st2 

cos(s 2 t)s 2 

4.15. Udvid til mange variable ☞ [S] 11.5 The chain rule 

4 Sætning (Kædereglen generelt) 

Antag at u er en differentiabel funktion af variable x1,...,xn, som hver er differentiable 

funktioner af variable t1,...,tm. Så er 

Mere kompakt skrives 

∂u 

∂ti 

= ∂u ∂x1 

+ · · · + 

∂x1 ∂ti 

∂u ∂xn 

∂xn ∂ti 

∂u 

= 

∂ti 

n 

j=1 

∂u ∂xj 

4.16. Kæderegel kan ej undværes ☞ [S] 11.5 The chain rule 

Eksempel 5 

u = x 4 y + y 2 z 3 

Beregn us i (r,s,t) = (2,1,0). 

∂xj 

∂ti 

x = rse t , y = rs 2 e −t , z = r 2 ssin t 

us = uxxs + uyys + uzzs 

= 4x 3 yre t + (x 4 + 2yz 3 )2rse −t + 3y 2 z 2 r 2 sin t 

4.17. Kædereglen ☞ [S] 11.5 The chain rule 



x(2,1,0) = 2, y(2,1,0) = 2, z(2,1,0) = 0 

us = 4x 3 yre t + (x 4 + 2yz 3 )2rse −t + 3y 2 z 2 r 2 sin t 

us(2,1,0) = 4 · 2 3 · 2 · 2 + (2 4 + 0)2 · 2 + 0 

= 192


4.18. Jacobimatricen ☞ [LA] $ 2.2 Kædereglen i matrix-formulering 

Definition 

For en differentiabel afbildning g : R n → R m 

(u1,...,un) ↦→ (g1(u1,...,un),...,gm(u1,...,un)) 

er Jakobimatricen følgende m × n-matrix 

⎛ 

du(g) = 

⎜ 

⎝ 

∂g1 

∂u1 

. 

∂gm 

∂u1 

4.19. Kædereglen ☞ [LA] $ 2.2 Kædereglen i matrix-formulering 

Sætning 

For differentiable afbildninger 

er sammensætningen 

R n 

... 

. .. 

... 

∂g1 

∂un 

. 

∂gm 

∂un 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

g 

−−−−→ R m f 

−−−−→ R p 

R n f◦g 

−−−−→ R p 

differentiabel og Jakobimatricen er matrixproduktet 

du(f ◦ g) = d g(u)(f)du(g) 

4.20. Matricer er godt ☞ [S] 11.5 The chain rule 

Eksempel 5 (Matrixform) 

u = x 4 y + y 2 z 3 

Beregn us. 


d(u) = ur us 

 

ut 

= ⎛ 

ux uy 

 

uz ⎝ 

xr xs xt 

yr ys yt 

zr zs zt 

4.21. Matrixprodukt ☞ [S] 11.5 The chain rule 

Eksempel 5 (Matrixform) - fortsat 

Svaret er 

u = x 4 y + y 2 z 3 , x = rse t , y = rs 2 e −t , z = r 2 ssin t 

ur us ut 

 

⎛ 

= 4x3y x4 + 2yz3 3y2z2 ⎝ 

⎞ 

⎠ 

set ret rset s2e−t 2rse−t −rs2e−t 2rssin t r2 sin t r2scos t 

us = 4x 3 yre t + (x 4 + 2yz 3 )2rse −t + 3y 2 z 2 r 2 sin t 

4.22. Test matrixform ☞ [S] 11.5 The chain rule 

Test 

Lad g(x,y) = (x 2 − y 2 ,xy). Så er Jacobimatricen: 

 

2 2 x −y 2x −2y 2x −2y 

(a) 

. (b) 

. (c) 

. 

x y y x x y 

⎞ 

⎠


Løsning 

Funktionerne g1 = x 2 − y 2 , g2 = xy med 

giver Jacobimatrix 


g1x = 2x, g1y = −2y, g2x = y, g2y = x 

 

2x −2y 

= 

. 

y x 

g1x g1y 

g2x g2y 

(a) (b) (c) 

 

4.23. Implicit given funktion ☞ [S] 11.5 The chain rule 

Implicit funktion 

Ligningen 

F(x,y) = 0, Fy(a,b) = 0 

definerer en løsningsfunktion y(x) med F(x,y(x)) = 0 for x tilpas nær a. 


Fxx ′ + Fyy ′ = 0 

og deraf 

6 y ′ (x) = − Fx 

4.24. Kurve er graf ☞ [S] 11.5 The chain rule 

Figur 

y 

1 

Fy 

F(x,y) = 0 

4.25. Inddirekte beregning ☞ [S] 11.5 The chain rule 

Eksempel 8 

F = x 3 + y 3 − 6xy = 0 

Fx = 3x 2 − 6y, Fy = 3y 2 − 6x 

når Fy = 3y 2 − 6x = 0. 

dy 

dx 

= −Fx 

Fy 

= − 3x2 − 6y 

3y2 − 6x 

= 2y − x2 

y2 − 2x 

x


4.26. Test implicit funktion ☞ [S] 11.5 The chain rule 

Test 

Lad F(x,y) = e 2x + e y − 2. Ligningen F(x,y) = 0 definerer en funktion y(x) for x nær 

0. Der gælder: 

(a) y ′ (0) = −1. (b) y ′ (0) = 2. (c) y ′ (0) = −2. 

Løsning 

Udregningen 

giver 

Fx = 2e 2x , Fy = e y 

y ′ = −Fx/Fy 


(a) (b) (c) 

 

4.27. Udvid til flere variable ☞ [S] 11.5 The chain rule 

Implicit funktion generelt 

F(x,y,z) = 0, Fz(a,b,c) = 0 

definerer en løsningsfunktion z(x,y) med F(x,y,z(x,y)) = 0 for (x,y) tilpas nær (a,b). 


Fxx ′ + Fyy ′ + Fzz ′ = 0 

og deraf 

7 zx = − Fx 

, zy = − Fy 

Fz 

4.28. Inddirekte beregning flere variable ☞ [S] 11.5 The chain rule 

Eksempel 9 

F = x 3 + y 3 + z 3 + 6xyz = 1 

Fx = 3x 2 + 6yz, Fy = 3y 2 + 6xz, Fz = 3z 2 + 6xy 

zx = − Fx 

Fz 

zy = − Fy 

Fz 

Fz 

= −3x2 − 6yz 

3z2 + 6xy = −x2 + 2yz 

z2 + 2xy 

= −3y2 − 6xz 

3z2 + 6xy = −y2 + 2xz 

z2 + 2xy 

4.29. Opgave ☞ [S] 11.5 The chain rule 

Øvelse 19 

x + y 

u = 

y + z 

x = p + r + t, y = p − r + t, z = p + r − t 

Beregn up. 

ux = 1 

y + z 

−x + z 

uy = 

(y + z) 2 

−x − y 

uz = 

(y + z) 2


4.30. Opgave ☞ [S] 11.5 The chain rule 


x = p + r + t, y = p − r + t, z = p + r − t 

ux = 1 

y + z , uy = 

up = 

−x + z 

(y + z) 2 , uz = 

up = uxxp + uyyp + uzzp 

−x − y 

(y + z) 2 

y + z −x + z −x − y 

+ + 

(y + z) 2 (y + z) 2 (y + z) 2 

= −t 

p2 5. Gradient 

5.1. Oversigt ☞ [S] 11.6 


✌ Retningsafledt 

✌ Gradientvektor 

✌ Gradient i flere variable 

✌ Fortolkning af gradientvektoren 

✌ August 2002, opgave 5 

5.2. Delvis afledt ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . . 

Definition - gentaget 

De partielle afledede af f(x,y) i punktet (x0,y0) er 

1 

når grænseværdierne eksisterer. 

f(x0 + h,y0) − f(x0,y0) 

fx(x0,y0) = lim 

h→0 h 

f(x0,y0 + h) − f(x0,y0) 

fy(x0,y0) = lim 

h→0 h 


Eksempel 

De partielle afledede af f(x,y) = sin(xy) i punktet (x,y) beregnes ved 1 variabel differentiation 

Højere afledede 

fx(x,y) = y cos(xy) 

fy(x,y) = xcos(xy) 

fxx(x,y) = −y 2 sin(xy) 

fxy(x,y) = cos(xy) − xy sin(xy) 

fyx(x,y) = fxy(x,y) 

fyy(x,y) = −x 2 sin(xy) 


Eksempel - figur

x 

5. GRADIENT 41 

z 

z = sin xy 

5.5. Retningsafledt ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . . 

2 Definition 

Den retningsafledede af f(x,y) i punktet (x0,y0) i retning af en enhedsvektor u = (a,b) 

er 

f(x0 + ah,y0 + bh) − f(x0,y0) 

Duf(x0,y0) = lim 

h→0 

h 

Bemærkning 

Den partielle afledede af f(x,y) med hensyn til x er den retningsafledede i retning e1 = 

(1,0) og den partielle afledede af f(x,y) med hensyn til y er den retningsafledede i retning 

e2 = (0,1). 


2 Definition - figur 

1 

y 

1 

0 

(x0, y0) 

y 

hu = (x0 + ha, y0 + hb) 

1 

1 

u = (a, b) 

5.7. Retningsafledt direkte ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . . 

Eksempel 

x


Den retningsafledede af funktionen f(x,y) = x2 +y i punktet (1,1) i retningen u = ( 3 4 

5 , 5 ) 

beregnes direkte 

Duf(1,1) = lim 

h→0 

f(1 + 3 

5 

(1 + 

= lim 

h→0 

3 

= lim 

h→0 

= 2 

4 h,1 + 5h) − f(1,1) 

h 

5h)2 + 1 + 4 

5 

h 

9 6 4 

h + + 

25 5 5 

h − 2 


Eksempel - figur 

z 

x 

1 1 

z = x 2 + y, D (3/5,4/5)z(1,1) = 2 

5.9. Retningsafledt, grafisk ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . . 

Grafisk bestemmelse 

y 

2 

1 

0 

2 

4 

u 

y 

f(x,y)=1 

Niveaukurver og retning u = ( 1 

√ 2 , − 1 

√ 2 ). x0 = (2,2) og g(h) = z = f(x0 + hu). Aflæs 

støttepunkter: 

h −1.7 −0.7 0.0 0.8 1.4 2.0 

g(h) 1 0 0.9 2 3 2 


Grafisk bestemmelse - fortsat 

Støttepunkter 

giver grafen 

h −1.7 −0.7 0.0 0.8 1.4 2.0 

g(h) 1 0 0.9 2 3 2 

0 

1 

2 

3 

2 

x

Heraf f.eks. 


z 

Duf(x0) = g ′ (0) ≈ 0.5(0.9/0.7 + 1.1/0.8) ≈ 1.33 

5.11. Retningsafledt, formel ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . . 

3 Sætning 

For en differentiabel funktion f(x,y) er den retningsafledede punktet (x,y) i retning af en 

enhedsvektor u = (a,b) givet ved 

Duf(x,y) = fx(x,y)a + fy(x,y)b 

Bevis 

Funktionen g(h) = f(x0 + ha,y0 + hb) har afledt 

g ′ f(x0 + ah,y0 + bh) − f(x0,y0) 

(0) = lim 

= Duf(x0,y0) 

h→0 

h 

Konklusion fra kædereglen g ′ (0) = fx(x0,y0)a + fy(x0,y0)b 

5.12. Retningsafledt udregnet ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . . 

Eksempel - gentaget 

Funktionen f(x,y) = x 2 + y har partielle afledede 

fx(x,y) = 2x, fy(x,y) = 1 

Den retningsafledede i punktet (1,1) i retningen u = ( 3 4 

5 , 5 ) beregnes 

Duf(1,1) = fx(1,1) 3 4 

+ fy(1,1) 

5 5 

= 2 · 3 4 

+ 1 · 

5 5 

= 2 

5.13. Retningsafledt og vinkel ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . . 

Bemærkning 

Hvis enhedsvektoren u danner en vinkel på θ med x-aksen, så er 

og den retningsafledede kan skrives 

1 

u = (cos θ,sin θ) 

6 Duf(x,y) = fx(x,y)cos θ + fy(x,y)sin θ 

y 

u 

(cos ,sin ) 

1 

x 

h



Eksempel 2 

Den retningsafledede af 

f(x,y) = x 3 − 3xy + 4y 2 

i punktet (x,y) i retning π 

6 er 

Specielt er 

Duf(x,y) = fx(x,y)cos π π 

+ fy(x,y)sin 

6 6 

= (3x 2 √ 

3 

− 3y) + (−3x + 8y)1 

2 2 

Duf(1,2) = −3√ 3 

2 

+ 13 

2 


Eksempel 2 - figur 

z 

x 

1 

(1,2,0) 

/6 

u 

Retning π/6 

5.16. Retningsafledt, prikprodukt ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . . 

Bemærkning 

Den retningsafledede af f(x,y) i punktet (x,y) i retning af en enhedsvektor u = (a,b) 

kan ved brug af prikproduktet skrives 

7 

Duf(x,y) = fx(x,y)a + fy(x,y)b 

= (fx(x,y),fy(x,y)) · (a,b) 

5.17. Gradient ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . . 

8 Definition 

For en funktion f(x,y) er gradienten følgende vektor 

∇f(x,y) = (fx(x,y),fy(x,y)) 

Bemærkning 

Ved brug af standard enhedsvektorerne e1 = (1,0),e2 = (0,1) skrives gradienten 

∇f(x,y) = fx(x,y)e1 + fy(x,y)e2 


1 

y

Eksempel 3 

Gradienten af 

i punktet (x,y) er 

I punktet (x,y) = (0,1) fås 


f(x,y) = sin x + e xy 

∇f(x,y) = (cos x + ye xy ,xe xy ) 

∇f(0,1) = (cos 0 + 1 · e 0 ,0 · e 0 ) 

= (2,0) 

5.19. Gradient og retningsafledt ☞ [S] 11.6 Directional derivatives . . . 

Sætning 

For en differentiabel funktion f(x,y) er den retningsafledede punktet (x,y) i retning af en 

enhedsvektor u = (a,b) givet ved 

9 

Bevis 

Netop formlen 7 . 

Duf(x,y) = ∇f(x,y) · u 

5.20. Retningsafledt og gradient ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . . 

Eksempel - gentaget 

Funktionen f(x,y) = x 2 + y har gradient 

∇f(x,y) = (2x,1) 

Den retningsafledede i punktet (1,1) i retningen u = ( 3 4 

5 , 5 ) beregnes 

Duf(1,1) = ∇f(1,1) · ( 3 4 

, 

5 5 ) 

= (2,1) · ( 3 4 

, 

5 5 ) 

= 2 



y 

(1,1) 

1 

u 

∇f(1,1) 

∇f(1,1) = (2,1), u = ( 3 4 

5 , 5 ) 


Eksempel 4 

Gradienten af f(x,y) = x 2 y 3 − 4y er 

∇f(x,y) = (2xy 3 ,3x 2 y 2 − 4) 

x


For den retningsafledede i retning (2,5) bruges enhedsvektoren 

u = 1 

√ 29 (2,5) 

Duf(x,y) = (2xy 3 ,3x 2 y 2 − 4) · 

1 

√ 29 (2,5) 

= 1 

√ 29 (4xy 3 + 15x 2 y 2 − 20) 



I retning u = 1 

√ 29 (2,5) er 

I punktet (x,y) = (2, −1) fås 

Duf(x,y) = (2xy 3 ,3x 2 y 2 − 4) · 

Duf(2, −1) = (−4,8) · 

= 32 

√ 29 

1 

√ 29 (2,5) 

1 

√ 29 (2,5) 

5.24. Mange variable ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . . 

Bemærkning 

For en funktion f i n variable er den retningsafledede i et punkt x0 ∈ R n i retning af en 

enhedsvektor u ∈ R n 

11 

Fra kædereglen følger 

12 

f(x0 + hu) − f(x0) 

Duf(x0) = lim 

h→0 h 

Duf(x0) = 

n 

i=1 

fxi (x0)ui 

5.25. Mange variable ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . . 

Bemærkning - fortsat 

For en funktion f i n variable er gradienten en vektor i R n 

13 

∇f = ( ∂f 

,..., 

∂x1 

∂f 

) 

∂xn 

= (fx1 ,...,fxn ) 

For en enhedsvektor u ∈ R n er den retningsafledede 

14 

Duf = ∇f · u 

n 

= 

i=1 

fxi ui 

5.26. Retningsafledt, 3 variable ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . . 

Eksempel 5 

Gradienten af f(x,y,z) = xsin yz er 

∇f = (sin yz,xz cos yz,xy cos yz)


For den retningsafledede i retning (1,2, −1) bruges enhedsvektoren 

u = 1 

√ 6 (1,2, −1) 

Duf = (sin yz,xz cos yz,xy cos yz) · 1 √ 6 (1,2, −1) 

= 1 √ 6 (sin yz + 2xz cos yz − xy cos yz) 

5.27. Retningsafledt, 3 variable ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . . 


I retning u = 1 √ 6 (1,2, −1) er 

I punktet (x,y,z) = (1,3,0) fås 

Duf = (sin yz,xz cos yz,xy cos yz) · 1 √ 6 (1,2, −1) 

Duf(1,3,0) = (0,0,3) · 1 √ 6 (1,2, −1) 

= − 3 √ 6 

5.28. Maksimal retningsafledt ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . . 

15 Sætning 

Betragt en differentiabel funktion f(x) i mange variable. Den maksimale vœrdi af den 

retningsafledede Duf(x) er lœngden |∇f(x)| og denne antages, når u har samme retning 

som gradienten ∇f(x). 

Bevis 

Duf = ∇f · u = |∇f|cos θ 

Da θ er vinklen mellem ∇f og u følger påstanden af egenskaberne for cos θ. 

5.29. Størst variation ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . . 

Eksempel 6 

Gradienten af f(x,y) = xe y er 

∇f(x,y) = (e y ,xe y ) 

Den retningsafledede er størst i retning (1,x) med maksimal værdi 

|∇f| = e y 1 + x 2 

I punktet (2,0) er den retningsafledede er størst i retning (1,2) med maksimal værdi 

|∇f| = √ 5 

5.30. Gradient og niveaukurve ☞ [S] 11.6 Directional derivatives and the . . . 

Bemærkning 

Betragt et punkt (x0,y0) på niveaukurven f(x,y) = k. En tangentvektor v til niveaukurven 

i (x0,y0) er vinkelret paa gradienten 

Hvis gradienten ∇f(x0,y0) = 0, så er 

∇f(x0,y0) ⊥ v 

∇f(x0,y0) · (x − x0,y − y0) = 0


en ligning for tangenten til niveaukurven. 


Bemærkning - figur 

y 

f(x,y)=k 

tangent: 

∇f(x0,y0) (x x0,y y0)=0 

(x0,y0) 

∇f(x0,y0) 

Vinkelret på niveaukurverne vokser og aftager funktionen hurtigst. 



y 

1 

0 1 

Tangenter til niveaukurver for z = xe y . 



y 

1 

0 1 

Skalerede gradienter 0.1∇z for z = xe y . 

5.34. Opgave ☞ Matematik Alfa 1, August 2002 

Opgave 5 

x 

x 

x


Betragt funktionen f(x,y) = y 2 + ln(x 3 + y + 1). 

1. Angiv gradientvektoren ∇f(0,2). 

2. Angiv den retningsafledede af f i punktet P = (0,2) i retning givet ved enhedsvektoren 

(3/5,4/5). 

Løsning 

1. Gradienten beregnes 

fx = 3x 2 /(x 3 + y + 1) 

fy = 2y + 1/(x 3 + y + 1) 

∇f(0,2) = (fx(0,2),fy(0,2)) = (0,13/3) 


Opgave 5 - fortsat 

y 

∇f(0,2) 

(0,2) 

u 

1 

x 

2. I retning u = (3/5,4/5) er den retningsafledede 

Duf(0,2) = ∇f(0,2) · u 

= (0,13/3) · (3/5,4/5) 

= 52/15 


Opgave 5 - Ekstra 

y 

1 

x 3 +y+1>0 

x 

Definitionsområdet. 

x 

z 

Grafen 

z=y 2 +ln(x 3 +y+1) 


Opgave 5 - figur 

y


y 

1 

0 1 

Tangenter til niveaukurver for z = y 2 + ln(x 3 + y + 1). 



y 

1 

0 1 

Skalerede gradienter 0.1∇z for z = y 2 + ln(x 3 + y + 1). 

6. Maksimum/minimum 

6.1. Oversigt ☞ [S] 11.7; [LA] 13 


✌ Lokalt maksimum og minimum 

✌ Absolut maksimum og minimum 

✌ Kritisk punkt 

✌ Andenordenskriteriet 

✌ Eksistens af absolut maksimum og minimum 

✌ Køreplan for maks/min-problemer 


6.2. Lokalt maksimum/minimum ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values 

1 Definition 

En funktion f(x,y) har et lokalt maksimum i punktet (a,b), hvis der i en lille cirkelskive 

herom gælder 

f(x,y) ≤ f(a,b) 

f(a,b) er en lokal maksimumsværdi. 

En funktion f(x,y) har et lokalt minimum i punktet (a,b), hvis der i en lille cirkelskive 

herom gælder 

f(a,b) er en lokal minimumsværdi. 

f(x,y) ≥ f(a,b) 

x 

x

6. MAKSIMUM/MINIMUM 51 


1 Definition - figur 

z 

lokalt maksimum 

x 

lokalt minimum 


Velkendt figur 

z 


1 

Snit for x = 0 

y 

y 

lokalt minimum 

6.5. Absolut maksimum/minimum ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values 

Definition 

En funktion f : D → R har et absolut maksimum i punktet (a,b), hvis der for alle 

(x,y) ∈ D gælder 

f(x,y) ≤ f(a,b) 

f(a,b) er en absolut maksimumsværdi i D. 

En funktion f : D → R har et absolut minimum i punktet (a,b), hvis der for alle (x,y) ∈ 

D gælder 

f(a,b) er en absolut minimumsværdi i D. 

f(x,y) ≥ f(a,b) 


Eksempel


Funktion f : R 2 → R givet ved 

opfylder 

f(x,y) = 

1 

x 2 + y 2 + 1 

f(x,y) ≤ f(0,0) = 1 

Altså har f et absolut maksimum i punktet (0,0) med en absolut maksimumsværdi på 1. 

Der er ikke noget absolut minimumspunkt. 


Niveaukurver 

y 

1 

2 

3 

4 

Aflæs: lokalt maksimumspunkt i (3,3) med maksimumsværdi 4. 


Sprogbrug 

For lokalt/absolut maksimum eller minimum bruges betegnelser 

• lokalt ekstremum 

• lokal ekstremumsværdi 

• absolut ekstremum 

• absolut ekstremumsværdi 


En variabel - figur 

y 


f ′ (x2) = 0 

x1 

x2 

1 

1 

x 

f ′ (x1) = 0 

x 

lokalt minimum


6.10. 1. ordens kriterium ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values 

2 Sætning 

Hvis f(x,y) har lokalt maksimum/minimum, lokalt ekstremum, i punktet (a,b) og de partielle 

afledede eksisterer i (a,b) så er 

Skrives også med gradienten 

fx(a,b) = 0 = fy(a,b) 

(a,b) lokalt maks/min ⇒ ∇f(a,b) = 0 

6.11. Kritisk punkt ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values 

Definition 

En funktion f(x,y) har et kritisk punkt, stationœrt punkt i punktet (a,b), hvis 

∇f(a,b) = (fx(a,b),fy(a,b)) = 0 

Når de partielle afledede findes, er et lokalt maksimum/minimum et kritisk punkt. 

Et kritisk punkt, som hverken er lokalt maksimum eller minimum, kaldes et saddelpunkt. 

6.12. Kritisk punkt ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values 

Kritisk punkt 

z 

z 

x 

y 


x 

Saddelpunkt 

6.13. Find ekstremumspunkter ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values 

Eksempel 1 

har kritisk punkt 

Omskrivningen 

f(x,y) = x 2 + y 2 − 2x − 6y + 14 

∇f(x,y) = (2x − 2,2y − 6) = 0 ⇔ (x,y) = (1,3) 

f(x,y) = (x − 1) 2 + (y − 3) 2 + 4 

viser, at (1,3) er et absolut minimum på D = R 2 . 

6.14. Absolut minimum ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values 


y


x 

z 

Absolut minimum i (1,3) 


Eksempel 2 


f(x,y) = y 2 − x 2 

∇f(x,y) = (−2x,2y) = 0 ⇔ (x,y) = (0,0) 

f(x,0) < 0, f(0,y) > 0, (x,y) = 0 

viser, at (0,0) ikke er et lokalt ekstremum, altså er (0,0) et saddelpunkt. 

6.16. Ekstremumspunkt ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values 


z 

x 

Saddelpunkt i (0,0) 

6.17. 2. ordens kriterium ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values 

Sætning - (en variabel) 

Antag den afledede 

f ′ (a) = 0 

Så gœlder 

(a) f ′′ (a) > 0 ⇒ a lokalt minimum 

(b) f ′′ (a) < 0 ⇒ a lokalt maksimum 

y 

y


6.18. 2. ordens kriterium, lokalt maksimum ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values 

En variabel - figur 

y 


x1 

x2 

f ′ (0)=0 

f ′ (x1)>0 f ′ (x2) 0, fxx(a,b) > 0 ⇒ (a,b) lokalt minimum 

(b) D > 0, fxx(a,b) < 0 ⇒ (a,b) lokalt maksimum 

(c) D < 0 ⇒ (a,b) saddelpunkt 

6.20. 2. ordens kriterium ☞ [LA] 13.2 2.ordens partielle afledede, . . . 

Andenordenstest - to variable 

Antag f(x,y) har kritisk punkt (a,b), ∇f(a,b) = 0. Hesse matricen 

 

fxx(a,b) fxy(a,b) 

fyx(a,b) fyy(a,b) 

har determinant D = fxx(a,b)fyy(a,b) − fxy(a,b) 2 . Egenværdier: (a) to positive, (b) to 

negative , (c) en positiv og en negativ. 

(a) D > 0, fxx(a,b) > 0 ⇒ (a,b) lokalt minimum 

(b) D > 0, fxx(a,b) < 0 ⇒ (a,b) lokalt maksimum 

(c) D < 0 ⇒ (a,b) saddelpunkt 


Andenordenstest - mange variable 

Givet f(x1,...,xn). En nødvendig betingelse for et lokalt ekstremum i et indre punkt P 

er 

∇P(f) = ( ∂f 

(P),..., 

∂x1 

∂f 

(P)) = 0 

∂xn 

Hesse matricen HP(f) er den symmetriske n × n-matrix, hvis ij’te indgang er 

(Denne kan diagonaliseres). 

∂2f (P) 

∂xi∂xj 

x



Andenordenstest - fortsat 

I det kritiske punkt P : 

(a) Hvis alle egenværdier er positive, så er P et lokalt minimum. 

(b) Hvis alle egenværdier er negative, så er P et lokalt maximum. 

(c) Hvis der forekommer både positive og negative egenværdier, så er P et saddelpunkt. 


Andenordenstest - Eksempel 

Funktionen f(x,y,z) = 2x 2 + 3y 2 − z 2 har gradient 

og kritisk punkt P = (0,0,0). 

Hesse matricen 

har egenværdier 4,6 > 0 of −2 < 0. 

Andenordenstesten giver: 

∇(f) = (4x,6y, −2z) 

⎛ 

4 0 

⎞ 

0 

HP(f) = ⎝0 

6 0 ⎠ 

0 0 −2 

P er et saddelpunkt. 


To variabele - figur 

z 

har et saddelpunkt i (0,0). 

x 

z = 1 − x 2 + y 2 

6.25. Ekstremumspunkters type ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values 

Eksempel 3 

f(x,y) = x 4 + y 4 − 4xy + 1 

har kritiske punkter, hvor 

De kritiske punkter bestemmes 

∇f(x,y) = (4x 3 − 4y,4y 3 − 4x) = (0,0) 

x 3 − y = 0, y 3 − x = 0 ⇔ 

x 3 − y = 0, (x 3 ) 3 − x = 0 ⇔ 

(x,y) = (0,0),(1,1),(−1, −1) 

y




x 

z 

z = x 4 + y 4 − 4xy + 1 



giver 

fx = 4x 3 − 4y, fy = 4y 3 − 4x 

fxx = 12x 2 , fxy = −4, fyy = 12y 2 

D = fxxfyy − f 2 xy = 144x 2 y 2 − 16 

1. D(0,0) = −16 < 0 ⇒ (0,0) saddelpunkt 

2. D(1,1) = 128 > 0, fxx(1,1) = 12 > 0 ⇒ (1,1) lokalt minimum 

3. D(−1, −1) = 128 > 0, fxx(−1, −1) = 12 > 0 ⇒ (−1, −1) lokalt minimum 

6.28. Populært skema ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values 


Konklusions skema 

(a,b) f(a,b) fxx(a,b) D(a,b) Type 

(0,0) 1 0 −16 saddel 

(1,1) −1 12 128 minimum 

(−1, −1) −1 12 128 minimum 


Eksempel 4 f(x,y) = 10x 2 y − 5x 2 − 4y 2 − x 4 − 2y 4 

har kritiske punkter, hvor 

Foruden (x,y) = (0,0) fås, x = 0 

20xy − 10x − 4x 3 = 0, 10x 2 − 8y − 8y 3 = 0 

10y − 5 − 2x 2 = 0, 5x 2 − 4y − 4y 3 = 0 ⇔ 

10y − 5 − 2x 2 = 0, 8y 3 − 42y + 25 = 0 ⇔ 

y 

... ⇔ 

(x,y) ≈ (0,0),(±2.64,1.90),(±0.86,0.65)


6.30. Konklusion ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values 


fx = 20xy − 10x − 4x 3 , fy = 10x 2 − 8y − 8y 3 

fxx = 20y − 10 − 12x 2 , fxy = 20x, fyy = 8 − 24y 2 


(0,0) 0.00 −10.00 80.00 maksimum 

(−2.64,1.90) 8.5 −55.93 2488.71 maksimum 

(2.64,1.90) 8.5 −55.93 2488.71 maksimum 

(−0.86,0.65) −1.48 −5.87 −187.64 saddel 

(0.86,0.65) −1.48 −5.87 −187.64 saddel 

6.31. Kassefabrikant ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values 

Eksempel 6 

En kasse uden låg laves af 12m 2 krydsfiner. Bestem kantlængder der giver størst rumfang. 

giver 

med kritiske punkter, hvor 

Vx = y2 (12 − 2xy − x 2 ) 

2(x + y) 2 

V = xyz, 2xz + 2yz + xy = 12 

12 − xy 

V = xy 

2x + 2y 

= 0, Vy = x2 (12 − 2xy − y 2 ) 

2(x + y) 2 



z 

x 


Eksempel 6 

y 

= 0

Relevante punkter, x,y > 0, fås for 

Altså 


12 − 2xy − x 2 = 0, 12 − 2xy − y 2 = 0 ⇔ 

12 − 2xy − x 2 = 0, x = y ⇔ 

12 − 3x 2 = 0, x = y ⇔ 

(x,y) = (2,2) 

(x,y) = ±(2,2) 



Vx = y2 (12 − 2xy − x2 ) 

2(x + y) 2 , Vy = x2 (12 − 2xy − y2 ) 

2(x + y) 2 

Vxx = y2 (−2y − 2x)2(x + y) 2 − y 2 (12 − 2xy − x 2 )4(x + y) 

4(x + y) 4 

Vyy = x2 (−2y − 2x)2(x + y) 2 − x 2 (12 − 2xy − y 2 )4(x + y) 

4(x + y) 4 

Vxy = (24y − 6xy2 − 2x 2 y)2(x + y) 2 − y 2 (12 − 2xy − x 2 )4(x + y) 

4(x + y) 4 



Kantlængder for størst rumfang er 

Vx(2,2) = 0, Vy(2,2) = 0 

Vxx(2,2) = −1, Vxy(2,2) = −1/2, Vyy(2,2) = −1 

(a,b) V (a,b) Vxx(a,b) D(a,b) Type 

(2,2) 4 −1 3/4 maksimum 

(x,y,z) = (2,2,1) 

6.36. Lukket mængde ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values 

Definition 

Givet en delmængde D ⊂ R 2 . 

Et punkt (a,b) er et randpunkt til D, hvis enhver cirkelskive med centrum i (a,b) og 

positiv radius indeholder punkter fra D samt punkter, der ikke ligger i D. 

Delmængden D er lukket, hvis ethvert randpunkt er med. 

Eksempel 

har randpunkter 

og er lukket. 

D = {(x,y)|x 2 + y 2 ≤ 1} 

{(x,y)|x 2 + y 2 = 1} 

6.37. Randpunkt ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values 

Definition - figur


D 

y 

randpunkt 

6.38. Absolut ekstremum ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values 

8 Sætning (Ekstrem værdi) 

Hvis f : D → R er kontinuert på en lukket og begrœnset delmœngde D ⊂ R 2 , så antager 

f både en absolut maksimumsvœrdi og en absolut minimumsvœrdi i punkter, der ligger i 

mœngden D. 

absolut minimum 

D 

x 

absolut maksimum 

6.39. Køreplan ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values 

9 Bemærkning 

Find absolut maksimum og minimum for en kontinuert funktion f på en lukket og begrænset 

mængde D: 

1. Find værdier af f i kritiske punkter i D 

2. Find ekstremværdier af f på randen af D 

3. Vælg maksimum/minimum fra 1. og 2. 


Eksempel 7 

Bestem ekstremumsværdier af 

på rektanglet 

f har kritisk punkt 

f(x,y) = x 2 − 2xy + 2y 

D = {(x,y)|0 ≤ x ≤ 3,0 ≤ y ≤ 2} 

∇f(x,y) = (2x − 2y, −2x + 2) = 0 ⇔ 

(x,y) = (1,1) 

6.41. Ekstremumspunkter ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values 

Eksempel 7 - figur

x 


3 

(3,2) 



Randen opdeles i 4 tilfælde: 

f(x,y) = x 2 − 2xy + 2y 

1. f(x,0) = x 2 , 0 ≤ x ≤ 3 

2. f(3,y) = 9 − 4y, 0 ≤ y ≤ 2 

3. f(x,2) = x 2 − 4x + 4, 0 ≤ x ≤ 3 

4. f(0,y) = 2y, 0 ≤ y ≤ 2 

6.43. Ekstremumspunkter ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values 


I alt er der 6 punkter at tabellægge 

f(x,y) = x 2 − 2xy + 2y 

(a,b) (1,1) (0,0) (3,0) (3,2) (0,2) (2,2) 

f(a,b) 1 0 9 1 4 0 

Absolut maksimumspunkt og -værdi: f(3,0) = 9 

Absolut minimumspunkt og -værdi: f(0,0) = f(2,2) = 0 


Opgave 3 

Betragt funktionen f(x,y) givet ved 

z 

f(x,y) = x + y + 1 

xy 

for x > 0,y > 0. Det oplyses, at funktionen har netop ét kritisk punkt i sit definitionsområde. 

1. Angiv dette kritiske punkt. 

2. Undersøg om det er et lokalt minimum, maksimum, eller saddelpunkt. 


2 

y


Opgave 3 - løsning 


f(x,y) = x + y + 1 

xy 

∇f = (1 − 1 

x2 1 

,1 − ) = (0,0) 

y xy2 ⇔ x 2 y = 1, xy 2 = 1 

⇔ (x,y) = (1,1) 



Dobbelt partielle afledede 

Andenordenstesten giver 

fxx = 2 

xy3 fxx(1,1) = 2,fxy(1,1) = 1,fyy(1,1) = 2 

x3y ,fxy = 1 

x2y2 ,fyy = 2 


(1,1) 3 2 3 minimum 

Altså er punktet (1,1) lokalt minimum for f på mængden x > 0,y > 0. 


Opgave 3 - Figur 

z 

x 

(1,1) 

7. Lagrangemetoden 

7.1. Oversigt ☞ [S] 11.8 


✌ Lagranges metode i to variable 

✌ Lagranges metode i tre variable 

✌ Flere bindinger 


y

7. LAGRANGEMETODEN 63 

7.2. Skitse ☞ [S] 11.8 

Niveaukurver 

y 

g(x,y)=k 

Lagrange situation 

f(x,y)=1 

7.3. Maksimum/minimum under bibetingelse ☞ [S] 11.8 Lagrange multipliers 

Lagrange Problem 

Bestem ekstremumspunkter for en funktion f(x,y), når samtidig ligningen g(x,y) = k er 

opfyldt. 

Ligningen g(x,y) = k kaldes undertiden begrœnsningen eller bibetingelsen. 

Hvis ligningen g(x,y) = k kan løses, y = φ(x), reduces problemet til ekstremum for den 

sammensatte funktion i 1 variabel x ↦→ f(x,φ(x)). 

Hvis løsningskurven til ligningen g(x,y) = k kan parametriceres med (x(t),y(t)), reduces 

problemet til ekstremum for den sammensatte funktion i 1 variabel t ↦→ f(x(t),y(t)). 


Eksempel 

Bestem ekstremumspunkter for funktionen 

når samtidig ligningen 

f(x,y) = x + 3y 

g(x,y) = x 2 + y 2 = 10 

er opfyldt. 

Løsning 

Niveaukurverne for f er linjer x + 3y = c. Ekstremum findes når disse tangerer cirklen 

x 2 + y 2 = 10. 



0 

1 

2 

3 

2 

x


y 

1 

f(x,y)=0 

f(x,y) = x + 3y, g(x,y) = x 2 + y 2 = 10 


Eksempel - fortsat 

Niveaukurverne x + 3y = c tangerer cirklen x 2 + y 2 = 10 for værdier af c, hvor 

har dobbeltrod. 

Diskriminanten 

er 0 for c = ±10, som giver punkter 

(−3y + c) 2 + y 2 − 10 = 10y 2 − 6cy + c 2 − 10 

36c 2 − 40(c 2 − 10) = −4c 2 + 400 

(x,y) = ±(1,3) 

7.7. Lagrange multiplikator ☞ [S] 11.8 Lagrange multipliers 

Definition 

Bestem ekstremumspunkter for en funktion f(x,y) under begræsningen g(x,y) = k. 

I ligningen 

∇f(x0,y0) = λ∇g(x0,y0) 

kaldes den ubekendte λ for en Lagrange multiplikator. 

Ligningen udtrykker at niveaukurven for f i (x0,y0) tangerer begræsningskurven g(x,y) = 

k. 

7.8. Lagrange multiplikator metode ☞ [S] 11.8 Lagrange multipliers 

Metode 

Bestem ekstremumspunkter for en funktion f(x,y) under begræsningen g(x,y) = k. 

(a) Find x,y,λ så 

∇f(x,y) = λ∇g(x,y) 

g(x,y) = k 

(b) Bestem funktionsværdierne i punkterne fra (a). Maksimum og minimum er 

blandt disse. 


Ligninger 

x


Lagranges ligningssystem for bestemmelse af ekstremumspunkter for en funktion f(x,y) 

under begræsningen g(x,y) = k. 

fx(x,y) = λgx(x,y) 

fy(x,y) = λgy(x,y) 

g(x,y) = k 

7.10. Multiplikator metode ☞ [S] 11.8 Lagrange multipliers 

Eksempel - igen 

Bestem ekstremumspunkter for funktionen f(x,y) = x + 3y, når samtidig ligningen 

g(x,y) = x 2 + y 2 = 10 er opfyldt. 

Lagrangeligningerne er 

1 = λ2x 

3 = λ2y 

x 2 + y 2 = 10 

7.11. Multiplikator metode ☞ [S] 11.8 Lagrange multipliers 

Eksempel - igen fortsat 

Der løses 3x = y og 

x 2 + (3x) 2 − 10 = 0 

der giver 

Lagrange multiplikator er 

(x,y) = ±(1,3) 

λ = ± 1 

2 



Bestem ekstremumspunkter for en funktion f(x,y,z), når samtidig ligningen g(x,y,z) = 

k er opfyldt. 

Ligningen g(x,y,z) = k kaldes undertiden begrœnsningen eller bibetingelsen. 

Hvis ligningen g(x,y) = k kan løses, z = φ(x,y), reduces problemet til ekstremum for 

den sammensatte funktion i 2 variabel 

f(x,y,φ(x,y)) 

7.13. Lagranges multiplikator ☞ [S] 11.8 Lagrange multipliers 

Definition 

Bestem ekstremumspunkter for en funktion f(x,y,z) under begræsningen g(x,y,z) = k. 

I ligningen 

1 ∇f(x0,y0,z0) = λ∇g(x0,y0,z0) 

kaldes den ubekendte λ for en Lagrange multiplikator. 

Ligningen udtrykker at niveaufladen for f i (x0,y0,z0) tangerer begræsningsfladen g(x,y,z) = 

k.



Metode 

Bestem ekstremumspunkter for en funktion f(x,y,z) under begræsningen g(x,y,z) = k. 

(a) Find x,y,z,λ så 

∇f(x,y,z) = λ∇g(x,y,z) 

g(x,y,z) = k 


blandt disse. 


Ligninger 

Lagranges ligningssystem for bestemmelse af ekstremumspunkter for en funktion f(x,y,z) 

under begræsningen g(x,y,z) = k. 

fx(x,y,z) = λgx(x,y,z) 

fy(x,y,z) = λgy(x,y,z) 

fz(x,y,z) = λgz(x,y,z) 

g(x,y,z) = k 

7.16. Kassefabrikant ☞ [S] 11.8 Lagrange multipliers 

Eksempel 1 

En kasse uden låg laves af 12m 2 krydsfiner. Bestem kantlængder der giver størst rumfang. 

Kantlængder x,y,z. 

Volumen V = xyz. 

Overfladeareal g = 2xz + 2yz + xy = 12. 

Beregn 

Vx = yz,Vy = xz,Vz = xy 

gx = y + 2z,gy = x + 2z,gz = 2x + 2y 



Lagranges ligningssystem opskrives 

Heraf 

yz = λ(y + 2z) 

xz = λ(x + 2z) 

2xz + 2yz + xy = 12 

2xz + 2yz + xy = 12 

xy = λ(2x + 2y) 

xyz = λ(xy + 2xz) 

xyz = λ(xy + 2yz) 

xyz = λ(2xz + 2yz) 


Eksempel 1 - fortsat

Der løses 

Løsningen er da 

Kantlængder for størst rumfang er 


x = y 

y = 2z 

4z 2 + 4z 2 + 4z 2 = 12 

(x,y,z) = (2,2,1) 

længde = 2m, bredde = 2m, højde = 1m 

7.19. Køreplan ☞ [S] 11.7 Maximum and minimum values 

9 Bemærkning 

Find absolut maksimum og minimum for en kontinuert funktion f på en lukket og begrænset 

mængde D: 

1. Find værdier af f i kritiske punkter i D 

2. Find ekstremværdier af f på randen af D 

3. Vælg maksimum/minimum fra 1. og 2. 

7.20. Find ekstremumspunkter ☞ [S] 11.8 Lagrange multipliers 

Eksempel 2, 3 


på cirkelskiven 

f(x,y) = x 2 + 2y 2 

D = {(x,y)|x 2 + y 2 ≤ 1} 

Løsning 

D er lukket og begrænset og f er kontinuert, så maksimum/minimum antages på D. 


Eksempel 2, 3 - figur 

z 

x 

f(x,y) = x 2 + 2y 2 , g(x,y) = x 2 + y 2 ≤ 1 


Eksempel 2, 3 


f(x,y) = x 2 + 2y 2 

y



f har kritisk punkt 

D = {(x,y)|x 2 + y 2 ≤ 1} 

∇f(x,y) = (2x,4y) = 0 ⇔ 

(x,y) = (0,0) 


Eksempel 2, 3 - fortsat 

f(x,y) = x 2 + 2y 2 under begræsningen g(x,y) = x 2 + y 2 = 1 giver Lagrange ligninger 

med løsninger 

2x = λ2x 

4y = λ2y 

x 2 + y 2 = 1 

(x,y) = (±1,0),(0, ±1) 



f(x,y) = x 2 + 2y 2 

I alt er der 5 punkter at tabellægge 

(a,b) (0,0) (−1,0) (1,0) (0, −1) (0,1) 

f(a,b) 0 1 1 2 2 

På cirkelskiven D er 

absolut maksimumspunkt og -værdi: f(0, ±1) = 2 

absolut minimumspunkt og -værdi: f(0,0) = 0 

7.25. Find mindste afstand ☞ [S] 11.8 Lagrange multipliers 

Eksempel 4 

Bestem punkter på kugleskallen x 2 + y 2 + z 2 = 4 som er nærmest og længst fra punktet 

(3,1, −1). 

x 

2 

z 

(3,1, 1) 


Eksempel 4 

y


under bibetingelsen 


f(x,y,z) = (x,y,z) − (3,1, −1) 2 

= (x − 3) 2 + (y − 1) 2 + (z + 1) 2 

g(x,y,z) = x 2 + y 2 + z 2 = 4 


Eksempel 4 - løsning 

Lagranges ligningssystem opskrives 

Heraf 

2(x − 3) = λ2x 

2(y − 1) = λ2y 

2(z + 1) = λ2z 

x 2 + y 2 + z 2 = 4 

x = 3/(1 − λ), y = 1/(1 − λ), z = −1/(1 − λ) 

9 + 1 + 1 = 4(1 − λ) 2 

7.28. Find mindste afstand 

Eksempel 4 - løsning 

☞ [S] 11.8 Lagrange multipliers 

√ 

11 

λ = 1 ± , 

2 

f(x,y,z) = 4λ2 

λ = 1 − √ 11 

2 giver afstand 2|λ| = √ 11 − 2 og nærmeste punkt 

(x,y,z) = ( 6 

√ 11 , 2 

√ 11 , − 2 

√ 11 ) 

λ = 1 + √ 11 

2 giver afstand 2|λ| = √ 11 + 2 og punktet længst væk 

(x,y,z) = (− 6 

√ 11 , − 2 

√ 11 , 2 

√ 11 ) 



Bestem ekstremumspunkter for en funktion f(x,y,z), når samtidig ligninger g(x,y,z) = 

k, h(x,y,z) = c er opfyldt. 

Ligningerne g(x,y,z) = k, h(x,y,z) = c kaldes undertiden begrœnsningen eller bibetingelsen. 

7.30. Lagranges multiplikator ☞ [S] 11.8 Lagrange multipliers 

Definition 

Bestem ekstremumspunkter for en funktion f(x,y,z) under begræsningen g(x,y,z) = 

k, h(x,y,z) = c. 

I ligningen 

16 

∇f(x0,y0,z0) = λ∇g(x0,y0,z0) + µ∇h(x0,y0,z0)


kaldes de ubekendte λ, µ for Lagrange multiplikatorer. 

Ligningen udtrykker at niveaufladen for f i (x0,y0,z0) tangerer begræsningskurven g(x,y,z) = 

k, h(x,y,z) = c. 


Metode 

Bestem ekstremumspunkter for en funktion f(x,y,z) under begræsningen g(x,y,z) = 

k, h(x,y,z) = c. 

(a) Find x,y,z,λ,µ så 

∇f(x,y,z) = λ∇g(x,y,z) + µ∇h(x,y,z) 

g(x,y,z) = k 

h(x,y,z) = c 


blandt disse. 


Ligninger 

Lagranges ligningssystem for bestemmelse af ekstremumspunkter for en funktion f(x,y,z) 

under begræsningen g(x,y,z) = k, h(x,y,z) = c. 

fx(x,y,z) = λgx(x,y,z) + µhx(x,y,z) 

fy(x,y,z) = λgy(x,y,z) + µhy(x,y,z) 

fz(x,y,z) = λgz(x,y,z) + µhz(x,y,z) 

g(x,y,z) = k 

h(x,y,z) = c 

7.33. To betingelser ☞ [S] 11.8 Lagrange multipliers 

Eksempel 5 

Lagranges ligningssystem for bestemmelse af ekstremumspunkter for funktion f = x + 

2y + 3z under begræsningen g = x − y + z = 1, h = x 2 + y 2 = 1. 

1 = λ + µ2x 

2 = −λ + µ2y 

3 = λ 

x − y + z = 1 

x 2 + y 2 = 1 

7.34. To betingelser ☞ [S] 11.8 Lagrange multipliers 


Løsningen giver relevante punkter 

(x,y,z) = (− 2 

√ 29 , 5 

√ 29 ,1 + 7 

√ 29 ) 

(x,y,z) = ( 2 

√ 29 , − 5 

√ 29 ,1 − 7 

√ 29 )


Ved indsættelse i f = x+2y+3z fås 3+ √ 29 og 3 − √ 29. Det første punkt er maksimum 

og det andet punkt er minimum. 


Opgave 7 

Minimer funktionen f(x,y,z) = x 2 + y 2 + z 2 under bibetingelsen 2x + y + z = 1. 

Løsning 

f angiver kvadratet for afstanden fra 0 til planen givet ved bibetingelsen. Fra lineær algebra 

ved vi at minimum antages. Kandidater til minimumspunkt findes ved Lagrange metoden. 



Lagrange metoden anvendes på funktionen f(x,y,z) = x 2 + y 2 + z 2 under bibetingelsen 

g(x,y,z) = 2x + y + z = 1. 

Løsning 


fx = 2x,fy = 2y,fz = 2z 

gx = 2,gy = 1,gz = 1 



Lagrange ligningssystem bliver 

2x = 2λ 

2y = λ 

2z = λ 

2x + y + z = 1 

Løsningen giver multiplikator λ = 1 

3 og minimumspunkt/værdi 

(a,b,c) = ( 1 

3 

, 1 

6 

1 1 

, ), f(a,b,c) = 

6 6 


Opgave 7 - alternativt 

Løs bibetingelsen, z = 1 − 2x − y og minimer funktionen 

Løsning 


Det kritiske punkt (a,b) = ( 1 

1 

6 . 

h(x,y) = f(x,y,1 − 2x − y) = x 2 + y 2 + (1 − 2x − y) 2 

= 5x 2 + 2y 2 + 4xy − 4x − 2y + 1 

hx = 10x + 4y − 4,hy = 4x + 4y − 2 

3 

, 1 

6 

) giver minimums punkt/værdi (a,b,c) = (1 

3 

, 1 

6 

1 , 6 ), f(a,b,c) =

II 

Integration 

1. Dobbelt integral 

1.1. Oversigt ☞ [S] 5.2, 5.4, 12.1 


✌ Bestemt integral 

✌ Areal 

✌ Riemann summer 

✌ Volumen 

✌ Dobbelt integral 

✌ Test dobbelt integral 

✌ Riemann dobbeltsummer 

✌ Nyttige regneregler for integral 

✌ Test integral regneregler 

1.2. Genoplev integralet ☞ [S] 5.2 The definite integral 

2 Definition 

Intervallet [a,b] inddeles i n stykker af længde ∆x = b−a 

n 

a = x0 ≤ · · · ≤ xi−1 ≤ x ∗ i ≤ xi ≤ · · · ≤ xn = b 

Det bestemte integral af en kontinuert funktion f : [a,b] → R er 

b 

f(x)dx = lim 

a 

n 

f(x 

n→∞ 

i=1 

∗ i )∆x 

1.3. Giver areal ☞ [S] 5.2 The definite integral 

Figur 

y 

a b 

Integralet er arealet 

1.4. Riemann summen ☞ [S] 5.2 The definite integral 

73 

x

74 II. INTEGRATION 

Bemærkning 

n 

i=1 

f(x ∗ i )∆x 

kaldes Riemann summen og tilnærmer integralet 

b 

n 

f(x)dx ≈ 

a 

i=1 

f(x ∗ i )∆x 

Hvis f(x) ≥ 0 så tilnærmer Riemann summen arealet under grafen. Det bestemte integral 

er da dette areal. 

1.5. Direkte men besværligt ☞ [S] 5.2 The definite integral 

Eksempel 

Løsning 

b 

b 

x dx = lim 

a 

a 

n→∞ 

i=1 

x dx = b2 − a 2 

2 

n 

(a + (b − a) i − a 

)b 

n n 

(b − a)2 

= lim a(b − a) + 

n→∞ n2 (b − a)2 

= lim a(b − a) + 

n→∞ n2 = a(b − a) + 

(b − a)2 

2 

n 

i 

i=1 

n(n + 1) 

2 

= b2 − a 2 

2 

1.6. Areal ☞ [S] 5.2 The definite integral 

Figur - Eksempel 

y 

Arealet er 

a b 

a + b 

(b − a) 

2 = b2 − a2 2 

1.7. Integralet endnu en gang ☞ [S] 12.1 Double integrals over rectangles 

Definition 

Intervallet [a,b] inddeles 

a+b 

2 

a = x0 ≤ · · · ≤ xi−1 ≤ x ∗ i ≤ xi ≤ · · · ≤ xn = b 

x

Det bestemte integral af en funktion f : [a,b] → R er 

2 

1. DOBBELT INTEGRAL 75 

b 

f(x)dx = lim 

a 

n 

f(x 

n→∞ 

i=1 

∗ i )∆x 

1.8. Udvid til volumen ☞ [S] 12.1 Double integrals over rectangles 

Definition 

Inddelinger 

a = x0 ≤ · · · ≤ xi−1 ≤ x ∗ ij ≤ xi ≤ · · · ≤ xm = b 

c = y0 ≤ · · · ≤ yj−1 ≤ y ∗ ij ≤ yj ≤ · · · ≤ yn = d 

deler rektanglet R = [a,b] × [c,d] i brikker med middelpunkter (x ∗ ij ,y∗ ij ) ∈ [xi−1,xi] × 

[yj−1,yj] og areal ∆A = ∆x∆y. 

For en positiv funktion f : R → R er volumenet under grafen V tilnærmet 

3 V ≈ 

m 

n 

i=1 j=1 

f(x ∗ ij,y ∗ ij)∆A 

1.9. Grænsen er volumen ☞ [S] 12.1 Double integrals over rectangles 

Definition 

3 V ≈ 

m 

n 

i=1 j=1 

Det eksakte volumen findes ved grænseovergangen 

4 V = lim 

m 


n 

f(x 

m,n→∞ 

i=1 j=1 

∗ ij,y ∗ ij)∆A 

1.10. Udvid integralet til to variable ☞ [S] 12.1 Double integrals over rect. . . 

Definition 

Inddelinger 

a = x0 ≤ · · · ≤ xi−1 ≤ x ∗ ij ≤ xi ≤ · · · ≤ xm = b 

c = y0 ≤ · · · ≤ yj−1 ≤ y ∗ ij ≤ yj ≤ · · · ≤ yn = d 

deler rektanglet R = [a,b] × [c,d] i brikker med middelpunkter (x ∗ ij ,y∗ ij ) ∈ [xi−1,xi] × 

[yj−1,yj] med areal ∆A = ∆x∆y. 

Dobbelt integralet af en funktion f : R → R er 

5 

 

R 

f(x,y)dA = lim 

m 

n 

f(x 

m,n→∞ 

i=1 j=1 


1.11. Inddelinger i to retninger ☞ [S] 12.1 Double integrals over rectangles 

Figur


y 

d 

c 

a b 

x 

(x ij , y ij ) 

Inddelt rektangel R = [a,b] × [c,d] 

1.12. Gør det let 

Bemærkninger 

☞ [S] 12.1 Double integrals over rectangles 

Med valg af brikhjørner som middelpunkter kan det bestemte integral af en funktion f : 

R → R skrives simplere 

6 

 


m n 

f(xi,yj)∆A 

R 

m,n→∞ 

i=1 j=1 

Hvis f(x,y) ≥ 0, så er volumen over rektanglet R og under grafen z = f(x,y) 

 

V = f(x,y)dA 

R 

1.13. Riemann summer ☞ [S] 12.1 Double integrals over rectangles 

Definition 

Den dobbelte Riemann sum er 

m n 

R 

i=1 j=1 


Den bruges til at tilnærme dobbeltintegralet 

 

m n 

f(x,y)dA ≈ 

i=1 j=1 


1.14. Riemann sum til beregning ☞ [S] 12.1 Double integrals over rect. . . 

Eksempel 1 

R = [0,2] × [0,2], f(x,y) = 16 − x 2 − 2y 2 ≥ 0 

Inddel hvert interval i halve og brug hjørner. 

Hjørner (1,1),(2,1),(1,2),(2,2). 

y 

2 

1 

1 2 

x


1.15. Riemann sum til beregning ☞ [S] 12.1 Double integrals over rect. . . 


R = [0,2] × [0,2], f(x,y) = 16 − x 2 − 2y 2 ≥ 0 

Hjørner (1,1),(2,1),(1,2),(2,2) og ∆A = 1. 

Den dobbelte Riemann sum giver 

 

(16 − x 

R 

2 − 2y 2 )dA 

≈ f(1,1) + f(1,2) + f(2,1) + f(2,2) 

= 13 + 7 + 10 + 4 

= 34 

1.16. Test dobbelt integralet ☞ [S] 12.1 Double integrals over rectangles 

Test 

Lad f(x,y) = xy, R = [1,2] × [1,2]. Et skøn med en dobbelt Riemann sum giver for 

integralet V = 

xy dA R 

(a) V < 0. (b) V = 0. (c) V > 0. 

Løsning 

Inddel med endepunkter 

∆A = (2 − 1)(2 − 1) = 1 

V ≈ f(1,1)∆A = 1 


(a) (b) (c) 

 

1.17. Integralet som volumen ☞ [S] 12.1 Double integrals over rectangles 

Eksempel 2 

R = [−1,1] × [−2,2], f(x,y) = 1 − x 2 

Volumenet under grafen er en halvcylinder med radius 1 og højde 4. 

Dobbelt integralet findes som volumenet. 

1 

1 − x2dA = 

2 π12 · 4 

R 

= 2π 

1.18. Halvcylinder ☞ [S] 12.1 Double integrals over rectangles 


z 

x 

Grafen for f(x,y) = √ 1 − x 2 

y


Volumen 1 

2 π12 · 4 = 2π 

1.19. Approximation ☞ [S] 5.9 Approximate integration 

Figur 

f(xi 1) 

xi 1 

xi 

f(xi) 

xi 

f(xi) 

Endepunkter - Midtpunkt- Trapez 


Endepunktsregler 

1 

2 

Midtpunktsreglen 

b 

f(x)dx ≈ 

a 

b 

f(x)dx ≈ 

a 

b 

f(x)dx ≈ 

a 

n 

i=1 

n 

f(xi−1)∆x 

i=1 

n 

f(xi)∆x 

i=1 

f( xi−1 + xi 

)∆x 

2 


Trapezreglen 

Simpsons regel 

b 

f(x)dx ≈ 

a 

b 

f(x)dx ≈ 

a 

n 

i=1 

n 

i=1 

x 

(f(xi−1) + f(xi)) ∆x 

2 

(f(x2i−2) + 4f(x2i−1) + f(x2i)) ∆x 

3 


Figur

f(x2i 2) 

x2i 2 


x2i 1 

Simpson 

f(x2i) 

x2i 

f(x2i 1) 

1.23. Midtpunktsstrategi ☞ [S] 12.1 Double integrals over rectangles 

Midtpunktsreglen 

Som middelpunkt bruges midtpunkter 

Tilnærmer dobbeltintegralet 

 

R 

x ∗ ij = ¯xi = xi−1 + xi 

2 

y ∗ ij = ¯yj = yj−1 + yj 

2 

f(x,y)dA ≈ 

m 

i=1 j=1 

n 

f(¯xi, ¯yj)∆A 

1.24. Midtpunkter til beregning ☞ [S] 12.1 Double integrals over rectangles 

Eksempel 3 

R = [0,2] × [1,2], f(x,y) = x − 3y 2 

m = n = 2 og brug midtpunkter. 

y 

1 2 

Midtpunkter ¯x1 = 1 

2 , ¯x2 = 3 

2 , ¯y1 = 5 

4 , ¯y2 = 7 

4 

2 

1 

1.25. Brug midtpunktet ☞ [S] 12.1 Double integrals over rectangles 


Midtpunkter ¯x1 = 1 

2 , ¯x2 = 3 

2 , ¯y1 = 5 

4 , ¯y2 = 7 

4 

∆A = 1 

2 


 

R 

(x − 3y 2 )dA 

≈ (f( 1 

2 

= − 95 

8 

, 5 

4 

) + f(1 

2 

, 7 

4 

x 

) + f(3 

2 

, 5 

4 

x 

7 

) + f(3 , 

2 4 ))1 

2


1.26. Midtpunkter til beregning ☞ [S] 12.1 Double integrals over rectangles 

Eksempel 2 - igen 

R = [−1,1] × [−2,2], f(x,y) = 1 − x 2 

m = n = 2 og brug midtpunkter ¯x1 = −1 2 , ¯y1 = −1, ¯y2 = 1, ∆A = 2. 


√ 

2π = 1 − x2dA ≈ 4 3 

R 

2 , ¯x2 = 1 

6.28 ≈ 6.93 

1.27. Regneregler hjælper ☞ [S] 12.1 Double integrals over rectangles 

Regneregler for dobbeltintegral 

7 

8 

 

Hvis f(x,y) ≥ g(x,y), så er 

 

9 

 

(f(x,y) + g(x,y))dA = f(x,y)dA + g(x,y)dA 

R 

R 

 

 

cf(x,y)dA = c f(x,y)dA 

R 

R 

R 

 

f(x,y)dA ≥ 

R 

R 

g(x,y)dA 

1.28. Brug regneregler 

Opgave 


Lad R = [0,1] × [0,1]. Afgør om 

 

xy dA ≥ x 2 y 2 dA 

Løsning 

For 0 ≤ x,y ≤ 1 er 

så uligheden er sand ifølge regneregel 9 . 

R 

R 

xy ≥ x 2 y 2 

1.29. Brug regneregler ☞ [S] 12.1 Double integrals over rectangles 

Opgave 

Lad R = [0,2] × [0,2]. Afgør om 

(x + y)dA ≤ 16 

R 

Løsning 

For 0 ≤ x,y ≤ 2 er x + y ≤ 4 

så ifølge regneregel 9 

 

R 

 

(x + y)dA ≤ 

R 

4dA ≤ 16 

1.30. Test integral regneregler ☞ [S] 12.1 Double integrals over rectangles 

Test 

Lad f(x,y) = xy, R = [1,2] × [1,2]. For integralet V = 

xy dA gælder uligheder 

R 

(a) 1 ≤ V ≤ 4. (b) 4 < V . (c) V < 1.

Løsning 

For (x,y) ∈ R gælder uligheden 

Heraf, A(R) = (2 − 1)(2 − 1) = 1, 

2. ITERERET INTEGRAL 81 

1 ≤ f(x,y) ≤ 4 

A(R) ≤ V ≤ A(R) · 4 


(a) (b) (c) 

 

1.31. Regneregler og volumen 

Eksempel 

Lad R = [−1,1] × [−1,1]. 


 

( 

R 

1 − x2 + 1 − y2 )dA = 

 

1 − x2 dA + 

 

1 − y2 dA 

R 

De to dobbelt integraler findes som volumener af halvcylindre: I alt 

 

( 1 − x2 + 1 − y2 )dA = 1 

2 π12 · 2 · 2 = 2π 

R 

2. Itereret integral 

2.1. Oversigt ☞ [S] 5.2, 5.3, 5.4, 12.1, 12.2 


✌ Analysens hovedsætning 

✌ Stamfunktioner 

✌ Itereret integral 

✌ Test itereret integral 

✌ Fubinis sætning 

✌ Test Fubini 

✌ Eksempler 

✌ Test produkt 

2.2. Analysens hovedsætning ☞ [S] 5.4 The fundamental theorem of calc. 

Sætning (Analysens fundamentalsætning) 

Antag, at f : [a,b] → R er kontinuert. Så er 

x 

g(x) = f(t)dt 

differentiabel og 

a 

g ′ (x) = f(x) 

For en stamfunktion F(x), F ′ (x) = f(x), er 

b 

f(x)dx = F(b) − F(a) 

a 

2.3. Overbevis ☞ [S] 5.4 The fundamental theorem of calculus 

Sætning (Analysens fundamentalsætning) 

R


Bevis 

g ′ g(x + h) − g(x) 

(x) = lim 

h→0 

h 

x+h 

1 

= lim f(u)du 

h→0 h x 

f(x 

= lim 

h→0 

∗ )h 

h 

= f(x) 

2.4. Stamfunktions botanik ☞ [S] 5.3 Evaluating definite integrals. . . 

1 Stamfunktioner 

 

x n dx = 1 

n + 1 xn+1 , n = −1 

 

1 

dx = ln(x) 

x 

 

 

 

e x dx = e x 

ln(x)dx = xln(x) − x 

a x dx = 1 

ln(a) ax 

2.5. Stamfunktions botanik ☞ [S] 5.3 Evaluating definite integrals. . . 

1 Stamfunktioner - flere 

 

 

 

 

sin(x)dx = −cos(x) 

cos(x)dx = sin(x) 

1 

√ 1 − x 2 dx = sin−1 (x) 

1 

1 + x 2 dx = tan−1 (x) 

2.6. Integral smertefrit ☞ [S] 5.4 The fundamental theorem of calculus 

Eksempel 

Beregn 

4 

(x 

1 

2 + x 3 )dx

Løsning 

4 

(x 

1 

2 + x 3 )dx = 


x 3 

3 

= ( 43 

3 

= ( 64 

3 

= 339 

4 

4 

x4 

+ 

4 1 

44 14 

+ ) − (13 + 

4 3 4 ) 

1 

+ 64) − (1 + 

3 4 ) 

2.7. Integral af integral 

Definition 

☞ [S] 12.2 Iterated integrals 

Antag f : [a,b] × [c,d] → R er kontinuert. For x ∈ [a,b] er det partielle integral 

d 

1 A(x) = f(x,y)dy 

og det itererede integral 

2 

c 

b b d 

A(x)dx = f(x,y)dydx 

a 

a 

2.8. Integral integral avet om ☞ [S] 12.2 Iterated integrals 

Definition 

I modsat rækkefølge 

Det partielle integral 

b 

A(y) = f(x,y)dx 

og det itererede integral 

3 

a 

d d b 

A(y)dy = f(x,y)dxdy 

c 

c 

2.9. Beregn integral integral ☞ [S] 12.2 Iterated integrals 

Eksempel 1 

R = [0,3] × [1,2], f(x,y) = x 2 y 

Partial integral 

A(x) = 

= 

2 

c 

a 

x 2 y dy 

1 

y=2 

2 y2 

x 

2 y=1 

2 22 12 

= x − x2 

2 2 

= 3 

2 x2 

2.10. Fortsat ☞ [S] 12.2 Iterated integrals 


A(x) = 3 

2 x2


Itereret integral 

3 2 

0 

1 

3 

x 2 3 

y dydx = 

0 2 x2 dx 

= 3 

3 3 x 

2 3 

= 3 3 

2 

3 

3 

= 27 

2 

2.11. Fortsat avet om ☞ [S] 12.2 Iterated integrals 



R = [0,3] × [1,2], f(x,y) = x 2 y 

A(y) = 

= 

3 

0 

= 33 

x 3 

3 y 

x 2 y dx 

x=3 

x=0 

y − 0 

3 

= 9y 

2.12. Sluttelig ens ☞ [S] 12.2 Iterated integrals 



2 3 

1 

0 

A(y) = 9y 

x 2 y dxdy = 

2 

1 

2 y 

= 9 

2 

= 9( 22 

2 

= 27 

2 

0 

9y dy 

2 

1 

− 12 

2 ) 

2.13. Test itereret integral ☞ [S] 12.2 Iterated integrals 

Test 

Lad f(x,y) = xy. Det itererede integral 2 2 

xy dxdy er 

1 1 

(a) 9 

2 

. (b) 9 

4 

. (c) 6 

4 . 


(a) (b) (c)

Løsning 

2 2 

1 

1 


2 2 x 

xy dxdy = 

1 2 

= 3 

2 2 y 

2 2 1 

= 3 3 9 

= 

2 2 4 

x=2 

y dy 

x=1 

2.14. Øvelse gør mester ☞ [S] 12.2 Iterated integrals 

Eksempel 


R = [0,1] × [0,1], f(x,y) = 2x + 2ye x 

A(x) = 

1 

0 

(2x + 2ye x )dy 

= 2xy + y 2 e x y=1 

y=0 

= 2x + e x 

2.15. Videre ☞ [S] 12.2 Iterated integrals 



1 1 

0 

0 

A(x) = 2x + e x 

(2x + 2ye x )dydx = 

1 

0 

(2x + e x )dx 

= x 2 + e x 1 

0 

= (1 + e) − (0 + 1) 

2.16. Fortsat avet om ☞ [S] 12.2 Iterated integrals 



= e 

R = [0,1] × [0,1], f(x,y) = 2x + 2ye x 

A(y) = 

1 

0 

(2x + 2ye x )dx 

= x 2 + 2ye x x=1 

x=0 

= (1 + 2ye) − (0 + 2y) = 2(e − 1)y + 1 

2.17. Igen ens ☞ [S] 12.2 Iterated integrals 


A(y) = 2(e − 1)y + 1



1 1 

0 

0 

(2x + 2ye x )dxdy = 

1 

0 

(2(e − 1)y + 1)dy 

= (e − 1)y 2 + y 1 

0 

= ((e − 1) + 1) − (0 + 0) 

= e 

2.18. Fubini: Alle veje fører til Rom ☞ [S] 12.2 Iterated integrals 

4 Sætning (Fubinis sætning) 

Lad R = [a,b] × [c,d] og antag f : R → R er kontinuert. Så er dobbeltintegralet lig de 

itererede integraler 

b d 

f(x,y)dA = f(x,y)dydx 

og 

 

R 

R 

a 

d b 

f(x,y)dA = f(x,y)dxdy 

2.19. Overbevis ☞ [S] 12.2 Iterated integrals 

Fubinis sætning - begrundelse 

Lad f(x,y) ≥ 0. Volumenet under grafen er dobbeltintegralet 

 

f(x,y)dA 

Det partielle integral 

R 

d 

A(x) = f(x,y)dy 

er arealet af et snit gennem området under grafen for x fast. 

c 

2.20. Mere overbevis ☞ [S] 12.2 Iterated integrals 

Fubinis sætning - begrundelse 

Det itererede integral 

b b d 

A(x)dx = f(x,y)dydx 

tilnærmes af Riemann summen 

a 

i 

a 

c 

c 

c 

a 

A(x ∗ i )∆x 

som ved grænseovergang fører til volumenet, der netop er dobbeltintegralets værdi. 

2.21. Fremgangsmåde ☞ [S] 12.2 Iterated integrals 

Eksempel 2 

R = [0,2] × [1,2], f(x,y) = x − 3y 2

R 


(x − 3y 2 )dA = 

= 

= 

2 2 

(x − 3y 2 )dydx 

0 1 

2 3 

xy − y 

0 

y=2 y=1 dx 

2 

0 

2 x 

= 

2 

= −12 

(x − 7)dx 

2 

− 7x 

0 



 

R 

(x − 3y 2 )dA = 

= 

= 

2 2 

1 

2 

1 

2 

1 

0 

x 2 

(x − 3y 2 )dxdy 

2 − 3y2 x 

(2 − 6y 2 )dy 

x=2 

x=0 

= 2y − 2y 32 = −12 

1 

Bemærk, at midtpunktsreglen, [S] 12.1 Eksempel 3, gav tilnærmelsen − 95 

8 

dy 

= −11,875 

2.23. Med sinus og cosinus ☞ [S] 12.2 Iterated integrals 


R = [1,2] × [0,π], f(x,y) = y sin(xy) 

x 

z 


y



 

R 

2 

π 

y sin(xy)dA = y sin(xy)dxdy 

0 1 

π 

= [−cos(xy)] 

0 

x=2 

x=1 dy 

π 

= (−cos(2y) + cos(y))dy 

0 

 

= − sin(2y) 

π + sin(y) 

2 

0 

= 0 

2.25. Test Fubini ☞ [S] 12.2 Iterated integrals 

Test 

Lad f(x,y) = xlny, R = [0,2] × [1,2]. Der gælder 

Løsning 

(x,y) ∈ [0,2] × [1,2] giver ved Fubinis sætning 

 

R 

xlny dA = 

2 2 

0 

1 

R xln y dA = 2 

0 

xlny dydx 

2 

xlny dxdy. 

1 

Afkryds: 

ja nej 

 

2.26. Produktregel ☞ [S] 12.2 Iterated integrals 


R = [0, π π 

] × [0, ], f(x,y) = sin(x)cos(y) 

2 2 

x 

z 

2.27. Produktregel ☞ [S] 12.2 Iterated integrals 

y

Eksempel 5 

 

R 

sin(x)cos(y)dA = 


= 

= 

π 

2 

0 

π 

2 

0 

π 

2 

π 

2 

0 

cos(y) 

sin(x)cos(y)dxdy 

π 

2 

0 

sin(x)dx 

sin(x)dx dy 

π 

2 

0 

0 

= [−cos(x)] π 

π 

2 2 

0 [sin(y)] 0 

= (−0 − (−1))(1 − 0) 

= 1 

cos(y)dy 

2.28. Opgave ☞ [S] 12.2 Iterated integrals 

Øvelse 16 

x 

R = [0,1] × [0,1], f(x,y) = xe xy 

z 

2.29. Opgave løst 

Øvelse 16 

☞ [S] 12.2 Iterated integrals 

 

xe xy 1 1 

dA = xe xy dydx 

R 

0 0 

1 

= [e 

0 

xy ] y=1 

y=0 dx 

1 

= (e 

0 

x − e 0 )dx 

= [e x − x] 1 

0 

= e − 2 

2.30. Test Fubini ☞ [S] 12.2 Iterated integrals 

Test 

Lad f(x,y) = xlny, R = [0,2] ×[1,2]. Der gælder 

R xlny dA = 2 

0 x dx 2 

lny dy. 

y 

Afkryds: 

1 

ja nej


Løsning 

 

R 

xlny dA = 

= 

= 

2 2 

0 

2 

0 

2 

1 

x 

1 

2 

1 

lny dy 

3. Generelle områder 

xlny dydx 

lny dydx 

2 

0 

x dx 

3.1. Oversigt ☞ [S] 12.1, 12.2, 12.3 


✌ Dobbelt integral 

✌ Fubinis sætning 

✌ Generelle områder 

✌ Type I 

✌ Type II 

✌ Regneregler 

✌ Nem ulighed 

3.2. Inddelinger i to retninger ☞ [S] 12.1 Double integrals over rectangles 

Figur 

y 

d 

c 

a b 

x 

(x ij , y ij ) 

Inddelt rektangel R = [a,b] × [c,d] 

3.3. Integralet i to variable ☞ [S] 12.1 Double integrals over rect. . . 

Definition 

Givet rektanglet R = [a,b] × [c,d]. 

Dobbelt integralet af en funktion f : R → R er 

5 

 

Når grænseværdien eksisterer. 

R 


m 

n 

f(x 

m,n→∞ 

i=1 j=1 


3.4. Fubini: Alle veje fører til Rom ☞ [S] 12.2 Iterated integrals 

4 Sætning (Fubinis sætning)

3. GENERELLE OMRÅDER 91 

Lad R = [a,b] × [c,d] og antag f : R → R er kontinuert. Så er dobbeltintegralet lig de 

itererede integraler 

b d 

f(x,y)dA = f(x,y)dydx 

og 

 

R 

R 

a 

d b 

f(x,y)dA = f(x,y)dxdy 

3.5. Generelle områder ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions 

Figur 

y 

d 

c 

c 

c 

a 

a b 

D ⊂ [a,b] × [c,d] 

3.6. Generelle områder ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions 

Definition 

Givet D ⊂ [a,b] × [c,d] og f : D → R en funktion. 

1 

Dobbeltintegralet er 

2 

F(x,y) = 

f(x,y) hvis (x,y) ∈ D 

0 hvis (x,y) ∈ [a,b] × [c,d]\D 

 

D 

 

f(x,y)dA = 

R 

x 

F(x,y)dA 

3.7. Volumen ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions 

Bemærkning 

Givet et område D og en positiv f : D → R. 

Legemet i R 3 

har volumen V givet ved dobbeltintegralet 

 

V = 

E = {(x,y,z)|(x,y) ∈ D, 0 ≤ z ≤ f(x,y)} 

D 

f(x,y)dA 

3.8. Type I ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions 

Figur


y = g2(x) 

y = g1(x) 

y 

a b 

Område af Type I 

D = {(x,y)|a ≤ x ≤ b,g1(x) ≤ y ≤ g2(x)} 


Type I integral 

3 For f givet på 

er integralet et itereret integral 

D = {(x,y)|a ≤ x ≤ b,g1(x) ≤ y ≤ g2(x)} 

 

D 

b g2(x) 

f(x,y)dA = f(x,y)dy dx 

a 

g1(x) 


Eksempel 1 


på Type I mængden 

Dobbelt integralet beregnes itereret 

 

f(x,y)dA = 

f(x,y) = x + 2y 

D = {(x,y)| − 1 ≤ x ≤ 1,2x 2 ≤ y ≤ 1 + x 2 } 

D 

1 2 

1+x 

−1 

2x 2 

x 

(x + 2y)dy dx 



y 

y = 1 + x2 y = 2x 2 

1 

2 

1 

x


D = {(x,y)| − 1 ≤ x ≤ 1,2x 2 ≤ y ≤ 1 + x 2 } 


Eksempel 1 - 

 

fortsat 

1 2 

1+x 

(x + 2y)dA = (x + 2y)dy dx 

D 

= 

= 

= 

−1 2x2 1 2 

xy + y 

−1 

y=1+x 2 

y=2x2 dx 

1 

(x(1 + x 

−1 

2 ) + (1 + x 2 ) 2 − x(2x 2 ) − (2x 2 ) 2 )dx 

1 

(−3x 

−1 

4 − x 3 + 2x 2 + x + 1)dx 

1 

 

= −3 x5 x4 x2 

− + 2x3 + + x 

5 4 3 2 

= 32 

15 

3.13. Type II ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions 

Figur 

y 

d 

−1 

x = h1(y) x = h2(y) 

c 

Område af Type II 

D = {(x,y)|c ≤ y ≤ d,h1(y) ≤ x ≤ h2(y)} 


Type II integral 

For f givet på 

4 D = {(x,y)|c ≤ y ≤ d,h1(y) ≤ x ≤ h2(y)} 


5 

 

D 

d h2(y) 

f(x,y)dA = f(x,y)dx dy 

c 

h1(y) 


Eksempel 2 

x



på Type II mængden 


 

f(x,y)dA = 

f(x,y) = x 2 + y 2 

D = {(x,y)|0 ≤ y ≤ 4, 1 

2 y ≤ x ≤ √ y} 

D 

4 

0 

√ y 

1 

2 y 

(x 2 + y 2 )dx dy 



y 

4 

x = 1 

2 y x = √ y 

D = {(x,y)|0 ≤ y ≤ 4, 1 

2 y ≤ x ≤ √ y} 



 

(x 

D 

2 + y 2 4 

)dA = 

0 

√ y 

1 

2 y 

(x 2 + y 2 )dx dy 

4 

x= √ y 

= 

= 

= 

0 

3 x 

+ xy2 

3 

2 

dy 

0 

x= y 

2 

4 

( 1 

3 y3/2 + y 5/2 − 1 

24 y3 − 1 

2 

15 y5/2 + 2 

7 y7/2 − 13 

96 y4 

= 216 

35 

4 

0 

x 

2 y3 )dy 


Eksempel 2 


på Type I mængden 

f(x,y) = x 2 + y 2 

D = {(x,y)|0 ≤ x ≤ 2,x 2 ≤ y ≤ 2x}


 

f(x,y)dA = 

D 


2 2x 

0 x2 (x 2 + y 2 )dy dx 



y 

4 

y = 2x y = x 2 

D = {(x,y)|0 ≤ x ≤ 2,x 2 ≤ y ≤ 2x} 


Eksempel 2 - fortsat 

(x 

D 

2 + y 2 2 2x 

)dA = 

0 x2 (x 2 + y 2 )dy dx 

2 

= x 

0 

2 y + 1 

3 y3 

y=2x y=x2 dx 

2 

= (x 

0 

2 (2x) + 1 

3 (2x)3 − x 2 (x 2 ) − 1 

2 = 

 

− 1 

21 x7 − 1 

5 x5 + 7 

6 x4 

= 216 

35 

2 

0 

x 

3 (x2 ) 3 )dx 


Eksempel 3 


f(x,y) = xy 

på Type II mængden 

D = {(x,y)| − 2 ≤ y ≤ 4, 1 

2 y2 − 3 ≤ x ≤ y + 1} 


 

y+1 

D 

f(x,y)dA = 

4 

−2 

1 

2 y2 −3 

xy dx dy 


Eksempel 3 - figur


x = 1 

2 y3 3 

y 

4 

x = y + 1 

D = {(x,y)| − 2 ≤ y ≤ 4, 1 

2 y2 − 3 ≤ x ≤ y + 1} 



 

D 

xy dA = 

= 

= 

= 

4 

−2 

4 

y+1 

1 

2 y2 −3 

1 

2 x2 y 

xy dx dy 

x=y+1 

x= 1 

2 y2 dy 

−3 

−2 

4 

(− 

−2 

1 

8 y5 + 2y 3 + y 2 − 4y)dy 

 

− 1 

48 y6 + 1 

2 y4 + 1 

3 y3 − 2y 2 

4 = 36 

3.24. Volumen af hjørne ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions 

Hjørne (Se også eksempel 4) 

Givet trekanten 

D = {(x,y)|0 ≤ x ≤ a,0 ≤ y ≤ b − b 

a x} 

Et hjørne med kantlængder a,b,c > 0 er givet ved 

Vis at volumenet 

E = {(x,y,z)|(x,y) ∈ D,0 ≤ z ≤ c − c c 

x − 

a b y} 

V = abc 

6 

3.25. Hjørne ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions 

Hjørne - figur 

−2 

5 

x

x 


a 

D = {(x,y)|0 ≤ x ≤ a,0 ≤ y ≤ b − b 

a x} 

z 

c 

E = {(x,y,z)|(x,y) ∈ D,0 ≤ z ≤ c − c c 

x − 

a b y} 

3.26. Volumen af hjørne ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions 

Hjørne - fortsat 

D = {(x,y)|0 ≤ x ≤ a,0 ≤ y ≤ b − b 

a x} 

er en Type I mængde. 

Volumenet af hjørnet er 

 

V = 

(c − c c 

x − 

a b y)dA 

D 

a 

= 

0 

b− b 

a x 

0 

(c − c 

a 

b 

y 

c 

x − y)dy dx 

b 


Hjørne - fortsat 

 

V = (c − 

D 

c 

a b b− 

c 

a 

x − y)dA = 

a b 0 

x 

(c − 

0 

c c 

x − y)dy dx 

a b 

a 

= c y − 

0 

xy 

y=b− 

y2 

− 

a 2b 

b 

a x 

dx 

y=0 

= bc 

a 

(1 − 

2 0 

x 

a )2 dx 

= abc 

 

−(1 − 

6 

x 

a )3 a 

0 

= abc 

6 

3.28. Volumen af kile ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions 

Kile (Se også opgave 22) 

Givet halvcirklen 

En kile er givet ved 

Find volumenet V . 

D = {(x,y)| − 2 ≤ x ≤ 2,0 ≤ y ≤ 4 − x 2 } 

E = {(x,y,z)|(x,y) ∈ D,0 ≤ z ≤ 1 

2 y}


3.29. Kile ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions 

Kile - figur 

z 

x 

2 

D = {(x,y)| − 2 ≤ x ≤ 2,0 ≤ y ≤ 4 − x 2 } 

E = {(x,y,z)|(x,y) ∈ D,0 ≤ z ≤ 1 

2 y} 

3.30. Volumen af kile ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions 

Kile - fortsat 

D = {(x,y)| − 2 ≤ x ≤ 2,0 ≤ y ≤ 4 − x 2 } 

er en Type I mængde. 

Volumenet af kilen er 

 

V = 

D 

2 

1 

y dA = 

2 −2 

√ 4−x2 1 

y dy dx 

0 2 



2 

1 

V = ydA = 

D 2 −2 

√ 4−x2 1 

ydy dx 

0 2 

2 

1 

= 

4 y2 

√ y= 4−x2 dx 

−2 

2 

y=0 

1 

= 

−2 4 (4 − x2 )dx 

 

= x − 1 

12 x3 

2 = 8 

3 

−2 

3.32. Regneregler 


 

☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions 

6 

(f(x,y) + g(x,y))dA = 

D 

 

f(x,y)dA + g(x,y)dA 

7 

 

D 

D 

 

cf(x,y)dA = c 

D 

2 

2 

D 

y 

f(x,y)dA

Hvis f(x,y) ≥ g(x,y), så er 

 

8 

D 


 

f(x,y)dA ≥ 

D 

g(x,y)dA 

3.33. Opdelt område [S] 12.3 Double integrals over general regions 


Hvis området D er opdelt i D1,D2, så er 

 

9 

f(x,y)dA = 

D 

 

 

f(x,y)dA + f(x,y)dA 

D1 

D1 

D 

3.34. Opdelt område ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions 

Figur 

y 

x 

Cirkelring opdelt som to Type I områder 

D2 

D2 

y 

x 

Cirkelring opdelt som to Type II områder 

3.35. Areal ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions 

Definition (Areal som dobbeltintegral) 

Arealet af et område D er 

 

10 A(D) = 1dA 

Bemærk 

A(D) ≈ 

(x ∗ i ,y∗ j )∈D 

D 

 

∆A ≈ 

3.36. Nyttig ulighed 

Sætning (Ulighed om areal) 

☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions 

Hvis m ≤ f(x,y) ≤ M så er 

 

11 mA(D) ≤ f(x,y)dA ≤ MA(D) 

Bemærk 

Følger af regneregler for integral og arealformlen ovenfor. 

D 

D 

dA


3.37. Et slag på tasken ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions 

Eksempel 6 



Funktionen vurderes 

Dobbelt integralet vurderes 

e −1 

4π ≤ 

sin(x) cos(y) 

f(x,y) = e 

D = {(x,y)|x 2 + y 2 ≤ 4} 

e −1 ≤ e sin(x) cos(y) ≤ e 

e 

D 

sin(x) cos(y) dA ≤ e4π 

4. Koordinatskift 

4.1. Oversigt ☞ [S] 12.4, 12.5, 12.7 


✌ Repetition: Polære koordinater 

✌ Lagkagestykker 

✌ Koordinatskift 

✌ Type II varianten 


✌ Populære anvendelser 

✌ Flyv højere. . . 


Definition 



(1, π 

2 ) bestemmer y-aksen. 

y 

1 

O 1 

r 



Sætning 




Et punkt med kartesiske koordinater (x,y),x > 0 har polœre koordinater 

2 r = x 2 + y 2 , θ = tan −1 ( y 

x ) 

x

4. KOORDINATSKIFT 101 

4.4. Lagkageområde ☞ [S] 12.4 Double integrals in polar coordinates 

Polært rektangel 

y 

= 

r=a 

(b cos ,b sin ) 

= 

r=b 

{(r,θ)|a ≤ r ≤ b,α ≤ θ ≤ β} 

{(x,y) = (r cos θ,r sinθ)|a ≤ r ≤ b,α ≤ θ ≤ β} 


Definition 

Et polœrt rektangel er et område i R 2 bestemt ved polære koordinater 

I kartesiske koordinater er området 

R = {(r,θ)|a ≤ r ≤ b,α ≤ θ ≤ β} 

{(r cos θ,r sinθ)|a ≤ r ≤ b,α ≤ θ ≤ β} 


Inddelt polært rektangel 

y 

x 

(r i , j ) 

{(r,θ)|a ≤ r ≤ b,α ≤ θ ≤ β} 

4.7. Lagkageområde, areal ☞ [S] 12.4 Double integrals in polar . . . 

Areal af polært rektangel 

x


Areal af {(r,θ)|a ≤ r ≤ b,α ≤ θ ≤ β} er 

y 

1 

2 (β − α)(b2 − a 2 ) = 

(r, )=( a+b + 

2 , 2 ) 

x 

a + b 

(b − a)(β − α) 

2 

4.8. Polær inddeling ☞ [S] 12.4 Double integrals in polar coordinates 

Definition 

a = r0 ≤ · · · ≤ ri−1 ≤ r ∗ i ≤ ri ≤ · · · ≤ rm = b 

α = θ0 ≤ · · · ≤ θj−1 ≤ θ ∗ j ≤ θj ≤ · · · ≤ θn = β 

inddeler det polære rektanglet R = [a,b] × [α,β] i brikker med midtpunkter og areal 

r ∗ i = ri−1 + ri 

, θ 

2 

∗ j = θj−1 + θj 

2 

∆A = 1 

2 (ri + ri−1)(ri − ri−1)(θj − θj−1) = r ∗ i ∆r∆θ 

4.9. Polær Riemann sum ☞ [S] 12.4 Double integrals in polar coordinates 

Bemærkning 

Den dobbelte Riemannsum af en funktion f : R → R er 

m n 

1 

i=1 j=1 

f(x ∗ i ,y ∗ j)∆A = 

m 

n 

i=1 j=1 

f(r ∗ i cos θ ∗ j,r ∗ i sin θ ∗ j)r ∗ i ∆r∆θ 

4.10. Lagkageområde, integral ☞ [S] 12.4 Double integrals in polar . . . 

2 Sætning (Polært koordinatskift) 

For f kontinuert på det polœre rektangel 


 

R 

R = {(r,θ)|a ≤ r ≤ b,α ≤ θ ≤ β} 

β b 

f(x,y)dA = f(r cos θ,r sinθ)rdr dθ 

α 

a 

4.11. Cirkelring ☞ [S] 12.4 Double integrals in polar . . . 

Eksempel 1 

Halvcirkelringen 

R = {(x,y)|0 ≤ y, 1 ≤ x 2 + y 2 ≤ 4} 

beskrives i polære koordinater ved 

x = r cos θ, y = r sinθ 

0 ≤ r sin θ, 1 ≤ (r cos θ) 2 + (r sin θ) 2 ≤ 4

Som reduceres 


0 ≤ θ ≤ π, 1 ≤ r ≤ 2 

4.12. Cirkelring ☞ [S] 12.4 Double integrals in polar . . . 

Eksempel 1 

Halvcirkelringen 

R = {(x,y)|0 ≤ y, 1 ≤ x 2 + y 2 ≤ 4} 

er det polære rektangel 

{(r,θ)|1 ≤ r ≤ 2,0 ≤ θ ≤ π} 

4.13. Cirkelring ☞ [S] 12.4 Double integrals in polar coordinates 


y 

2 

{(r,θ)|1 ≤ r ≤ 2,0 ≤ θ ≤ π} 

1 2 

4.14. Integral over en cirkelring ☞ [S] 12.4 Double integrals in polar . . . 



f(x,y) = 3x + 4y 2 

på halvcirkelringen 

I polære koordinater er 

R = {(x,y)|0 ≤ y, 1 ≤ x 2 + y 2 ≤ 4} 

f(r cos θ,r sinθ) = 3r cos θ + 4(r sinθ) 2 



Dobbeltintegralet over 

{(r,θ)|1 ≤ r ≤ 2,0 ≤ θ ≤ π} 

beregnes ved polært koordinatskift 

β b 

f(x,y)dA = f(r cos θ,r sinθ)rdr dθ 

Det itererede integral 

 

R 

R 

π 

f(x,y)dA = 

0 

α 

a 

2 

(3r cos θ + 4r 

1 

2 sin 2 θ)rdr dθ 

x




(3x + 4y 

R 

2 π 2 

)dA = (3r cos θ + 4r 

0 1 

2 sin 2 θ)rdr dθ 

π 3 4 2 r=2 

= r cos θ + r sin θ 

r=1 

0 

dθ 

π 

= (7cos θ + 15sin 

0 

2 θ)dθ 

π 

= (7cos θ + 

0 

15 

(1 − cos 2θ))dθ 

2 

 

= 7sin θ + 15 

θ=π (2θ − sin 2θ) 

4 θ=0 

= 15 

2 π 

4.17. Integral over en cirkelskive ☞ [S] 12.4 Double integrals in polar . . . 

Eksempel 2 

Toppen af et æg 

{(x,y,z)|x 2 + y 2 ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1 − x 2 − y 2 } 

beskrives i "cylinder" koordinater ved 

Det er 


{(r,θ,z)|0 ≤ r ≤ 1,0 ≤ z ≤ 1 − r 2 } 

4.18. Top ☞ [S] 12.4 Double integrals in polar coordinates 


x 

z 

{(r,θ,z)|0 ≤ r ≤ 1,0 ≤ z ≤ 1 − r 2 } 



Volumenet er et integral af funktionen 


f(x,y) = 1 − x 2 − y 2 

R = {(x,y)|x 2 + y 2 ≤ 1} 

1 

y

Dobbelt integralet beregnes ved koordinatskift 

 

V = f(x,y)dA = 

R 


2π 1 

0 

0 

(1 − r 2 )rdr dθ 



V = 

= 

= 

2π 1 

0 

2π 

0 

2π 

0 

= π 

2 

0 

r 2 

2 

1 

4 dθ 

(1 − r 2 )rdr dθ 

r=1 

r4 

− dθ 

4 r=0 

4.21. Polært Type II ☞ [S] 12.4 Double integrals in polar coordinates 

Type II - figur 

= 

y 

= 

r=h1( ) 

r=h2( ) 

D = {(r,θ)|α ≤ θ ≤ β, h1(θ) ≤ r ≤ h2(θ)} 

4.22. Polær Type II ☞ [S] 12.3 Double integrals over general regions 

Polœr Type II integral 

3 For f givet på 


 

D 

D = {(r,θ)|α ≤ θ ≤ β, h1(θ) ≤ r ≤ h2(θ)} 

β h2(θ) 

f(x,y)dA = f(r cos θ,r sin θ)rdr dθ 

α 

h1(θ) 

4.23. Polær Type II, eksempel ☞ [S] 12.4 Double integrals in polar . . . 

Eksempel 3 

Legemet 

{(x,y,z)|x 2 + y 2 ≤ 2x, 0 ≤ z ≤ x 2 + y 2 } 

beskrives i "cylinder" koordinater ved 


x


Det er 

{(r,θ,z)| −π 

2 

≤ θ ≤ π 

2 ,0 ≤ r ≤ 2cos θ,0 ≤ z ≤ r2 } 

4.24. Stub ☞ [S] 12.4 Double integrals in polar coordinates 

Eksempel 3 - skitse (lav bedre selv!) 

z 

x 

{(r,θ,z)| −π 

2 

≤ θ ≤ π 

2 ,0 ≤ r ≤ 2cos θ,0 ≤ z ≤ r2 } 



Volumenet er et integral af funktionen 

på området i polære koordinater 

D = {(r,θ)| −π 

2 

f(x,y) = x 2 + y 2 

Dobbelt integralet beregnes ved koordinatskift 

 

V = 

R 

π 

≤ θ ≤ ,0 ≤ r ≤ 2cos θ} 

2 

π/2 

f(x,y)dA = 

−π/2 

2 cos θ 

0 

y 

r 2 rdr dθ 



π/2 2 cos θ 

V = r 2 rdr dθ 

−π/2 

π/2 4 r 

= 

−π/2 4 r=0 

π/2 

= 4cos 4 θ dθ 

= ... 

= 3π 

2 

−π/2 

0 

r=2 cos θ 

4.27. Kilen ☞ [S] 12.4 Double integrals in polar . . . 

Kile 

dθ

Kilen med radius a og højde b er i "cylinderkoordinater": 


D = {(r,θ)|0 ≤ r ≤ a,0 ≤ θ ≤ π} 

E = {(r,θ,z)|(r,θ) ∈ D,0 ≤ z ≤ b 

r sin θ} 

a 

Vis, at volumenet V er 

V = 2 

3 a2b 4.28. Kile i polære koordinater ☞ [S] 12.4 Double integrals in polar . . . 

Kile - figur 

z 

x 

a 

D = {(r,θ)|0 ≤ r ≤ a,0 ≤ θ ≤ π} 

b 

E = {(r,θ,z)|(r,θ) ∈ D,0 ≤ z ≤ b 

r sin θ} 

a 

4.29. Volumen af kile ☞ [S] 12.4 Double integrals in polar . . . 


D = {(r,θ)|0 ≤ r ≤ a,0 ≤ θ ≤ π} 

er et polært rektangel. 

Volumenet af kilen er 

 

D 

b 

y dA = 

a 

π a 

b 

r sin(θ)rdr dθ 

a 

0 

4.30. Volumen af kile ☞ [S] [S] 12.4 Double integrals in polar . . . 


π a 

b 

b 

y dA = r sin(θ)rdr dθ 

D a 0 0 a 

π 

b 

= 

0 3a r3 r=a sinθ dθ 

r=0 

π 

a 

= 

0 

2b sinθ dθ 

3 

= a2b [−cos θ]π 0 3 

= 2 

3 a2b 4.31. Opgave ☞ Matematik Alfa 1, August 2002 

Opgave 1 

Lad R betegne kvartcirkelskiven x 2 + y 2 ≤ 4, x ≥ 0,y ≥ 0. (Tegn.) Udregn 

R x2 y dA. 

0 

a 

y


Løsning 

y 

R = {(x,y)|0 ≤ x,0 ≤ y,x 2 + y 2 ≤ 4} 



x 

z 

R = {(r,θ)|0 ≤ r ≤ 2,0 ≤ θ ≤ π 

2 } 




Integralet er 

 

R 

R = {(r,θ)|0 ≤ r ≤ 2,0 ≤ θ ≤ π 

2 } 

x 2 π/2 

y dA = 

0 

2 

x 

2 

r 

0 

3 cos 2 (θ)sin(θ)rdr dθ 


y


 

R 

x 2 π/2 

y dA = 


0 

π/2 

= 

0 

2 

r 

0 


 

1 

5 r5 cos 2 r=2 θ sin θ dθ 

r=0 

π/2 

32 

= 

0 5 cos2 θ sin θ dθ 

 

= − 32 

15 cos3 π/2 θ 

= 32 

15 


Opgave 1 - ny figur 

x 

z 

R = {(x,y)|0 ≤ x ≤ 2,0 ≤ y ≤ 4 − x 2 } 



er et Type I område. 

Integralet er 

R = {(x,y)|0 ≤ x ≤ 2,0 ≤ y ≤ 4 − x 2 } 

 

R 

x 2 y dA = 

0 

2 √ 4−x2 0 

0 

y 

x 2 y dy dx 

4.37. Opgave ☞ Matematik Alfa 1, August 2002


Opgave 1 - alternativt - fortsat 

 

x 2 y dA = 

R 

= 

2 √ 4−x2 x 2 y dy dx 

0 0 

2 

1 

0 2 x2y 2 

√ y= 4−x2 y=0 

2 

1 

= 

0 2 (4x2 − x 4 )dx 

 

2 

= 

3 x3 − 1 

10 x5 

2 = 32 

15 

4.38. Populært ☞ [S] 12.5 Applications of double integrals 

Anvendelser 

✌ Beregn nyttige integraler i en variabel. 

✌ Find areal, volumen, tyngdepunkt og moment. 

✌ Bestem ladning af elektriske fordelinger. 

✌ Statisktiske fordelinger for 2 stokastiske variable. 

✌ Fortsæt med 3 variable. . . 

4.39. Flere variable ☞ [S] 12.7 Triple integrals 

Udvidelse 

✌ Volumenet af en kasse er produktet af kantlængderne. 

✌ Riemannsummen for en funktion i 3 variable defineret på en kasse er tripelsummen 

af funktionsværdi gange volumen for kassen opdelt i klodser. 

✌ Tripelintegralet er grænseværdien af Riemansummerne for finere klodsinddeling. 

✌ Tripelintegralet beregnes ved Fubinis sætning som 3 itererede integraler. 

✌ Fortsæt med 4 eller flere variable. . . 

0 

dx

III 

Potensrækker 

1. l’Hospitals regel og uegentlige integraler 

1.1. Oversigt ☞ [S] 4.5, 5.10 


✌ Ubestemte udtryk 

✌ l’Hospitals regel 1 

✌ l’Hospitals regel 2 

✌ Test l’Hospitals regel 

✌ Uegentlige integraler 1 

✌ Test uegentlige integraler 

✌ Uegentlige integraler 2 

✌ Test uegentlige integraler 

✌ Sammenligning 

1.2. Ubestemt udtryk ☞ [S] 4.5 Indeterminate forms and l’Hospital’s rule 

Eksempler 

Ubestemte udtryk 

ln(x) 

1 lim 

x→1 x − 1 

ln(x) 

2 lim 

x→∞ x − 1 

1.3. Ubestemt 0-0 udtryk ☞ [S] 4.5 Indeterminate forms and l’Hospital’s . . . 

Definition 

Lad f(x) → 0,g(x) → 0 når x → a. Udtrykket 

kaldes ubestemt af form 0 

0 . 

Eksempel 

er ubestemt af form 0 

0 . 

f(x) 

lim 

x→a g(x) 

x 

lim 

x→1 

2 − 1 

x − 1 

1.4. Ubestemt udtryk ☞ [S] 4.5 Indeterminate forms and l’Hospital’s rule 

Definition 

Lad f(x) → ∞,g(x) → ∞ når x → a. Udtrykket 

f(x) 

lim 

x→a g(x) 

111

112 III. POTENSRÆKKER 

kaldes ubestemt af form ∞ 

∞ . 

Eksempel 

er ubestemt af form ∞ 

∞ . 

ln |x| 

lim 

x→0 x−1 1.5. l’Hospitals regel 1 ☞ [S] 4.5 Indeterminate forms and l’Hospital’s rule 

Sætning (l’Hospitals regel) 

Antag, at f,g er differentiable og g ′ (x) = 0 for x = a tilpas nœr a. Hvis 

er et ubestemt udtryk af form 0 

0 , så er 

f(x) 

lim 

x→a g(x) 

f(x) f 

lim = lim 

x→a g(x) x→a 

′ (x) 

g ′ (x) 

1.6. Overbevis ☞ [S] 4.5 Indeterminate forms and l’Hospital’s rule 

Bevis 

Fra den udvidede middelværdisætning 

Beregn nu 

f(x)g ′ (x ∗ ) = f ′ (x ∗ )g(x), a < x ∗ < x 

f(x) f 

lim = lim 


′ (x∗ ) 

g ′ (x∗ f 

= lim 

) x→a 

′ (x) 

g ′ (x) 

1.7. Prøv reglen ☞ [S] 4.5 Indeterminate forms and l’Hospital’s rule 

Eksempel 

ubestemt af form 0 

0 . 

Heraf fås 

x 

lim 

x→1 

2 − 1 

x − 1 

f(x) = x 2 − 1,f ′ (x) = 2x 

g(x) = x − 1,g ′ (x) = 1 

x 

lim 

x→1 

2 − 1 2x 

= lim = 2 

x − 1 x→1 1 

1.8. l’Hospitals regel 2 ☞ [S] 4.5 Indeterminate forms and l’Hospital’s rule 

Sætning (l’Hospitals regel) 

Antag, at f,g er differentiable og g ′ (x) = 0 for x = a tilpas nœr a. Hvis 

er et ubestemt udtryk af form ∞ 

∞ , så er 

f(x) 

lim 

x→a g(x) 

f(x) f 

lim = lim 


′ (x) 

g ′ (x)

1. L’HOSPITALS REGEL OG UEGENTLIGE INTEGRALER 113 

1.9. Prøv reglen ☞ [S] 4.5 Indeterminate forms and l’Hospital’s rule 

Eksempel (6) 

er ubestemt af form ∞ 

∞ . 

Heraf fås 

lim 

x→0 

ln |x| 

lim 

x→0 x−1 f(x) = ln |x|,f ′ (x) = |x| −1 

g(x) = x −1 ,g ′ (x) = −x −2 

ln |x| 

= lim 

x−1 x→0 

|x| −1 x 

= lim −x = 0 

−x−2 x→0 |x| 

1.10. Brug reglen ☞ [S] 4.5 Indeterminate forms and l’Hospital’s rule 

Eksempel 1 

ln(x) 

lim 

x→1 x − 1 


0 . 

Heraf fås 

f(x) = ln(x),f ′ (x) = x −1 

g(x) = x − 1,g ′ (x) = 1 

ln(x) x 

lim = lim 

x→1 x − 1 x→1 

−1 

= 1 

1 

1.11. Brug reglen ☞ [S] 4.5 Indeterminate forms and l’Hospital’s rule 

Eksempel 2 

ubestemt af form ∞ 

∞ . 

Heraf fås 

e 

lim 

x→∞ 

x 

x2 f(x) = e x ,f ′ (x) = e x ,f ′′ )x) = e x 

g(x) = x 2 ,g ′ (x) = 2x,g ′′ (x) = 2 

lim 

x→∞ 

ex e 

= lim 

x2 x→∞ 

x e 

= lim 

2x x→∞ 

x 

= ∞ 

2 

1.12. Øvelse ☞ [S] 4.5 Indeterminate forms and l’Hospital’s rule 

Eksempel 9 

lim 

x→0 + 

x x 

omformes ved 

Fra eksempel følger 

ln( lim 

x→0 + 

x x ) = lim 

x→0 + 

xln(x) = lim 

x→0 + 

ln(x) 

x−1 lim 

x→0 + 

x x = exp( lim 

x→0 + 

ln(x) 

x−1 ) = e0 = 1 

1.13. Test l’Hospitals regel ☞ [S] 4.5 Indeterminate forms and l’Hospital’s rule 

Test 

x 

lim 

x→0 sinx 

(a) −1. (b) 0. (c) 1.


Løsning 


(a) (b) (c) 

 

f(x) = x,g(x) = sin x har f(0) = 0,g(0) = 0 og er ubestemt af form 0 

0 . f ′ (x) = 

1,g ′ (x) = cos x har f ′ (0) = 1,g ′ (0) = 1, så 

f 

lim 

x→0 

′ (x) 

g ′ (x) = f ′ (0) 

g ′ (0) 

1.14. Uendelige intervaller ☞ [S] 5.10 Improper integrals 

Eksempel 

Integralet 

har grænseværdi 

t 

1 

A(t) = dx = − 

1 x2 1 

t = 1 − 

x 1 

1 

t 

 

lim A(t) = lim 1 − 

t→∞ t→∞ 

1 

 

= 1 

t 


y 

1 t 

Uendeligt interval, endeligt areal 

y = 1 

x 2 

1.16. Uegentligt integral 

1 Definition 

☞ [S] 5.10 Improper integrals 

Det uegentlige integral er konvergent, hvis grænseværdien findes; i modsat fald divergent. 

∞ 

t 

(a) 

f(x)dx = lim 

t→∞ 

f(x)dx 

(b) 

(c) 

a 

b 

−∞ 

∞ a 

f(x)dx = 

−∞ 

b 

f(x)dx = lim 

t→−∞ 

−∞ 

a 

t 

f(x)dx 

∞ 

f(x)dx + f(x)dx 


Eksempel 1 

a 

x

Det uegentlige integral 

er divergent. 


er konvergent. 


∞ 

1 

t 

1 

dx = lim 

x t→∞ 

1 

∞ 

1 

= lim 

t→∞ lnt = ∞ 

t 

1 

dx = lim 

x2 t→∞ 

1 

1 

dx = lim 

x t→∞ [lnx]t 1 

1 

dx = 1 

x2 1.18. Uendelige intervaller ☞ [S] 5.10 Improper integrals 

y 

1 t 

Uendeligt interval, uendeligt areal 

y = 1 

x 

1.19. Arctan integral ☞ [S] 5.10 Improper integrals 

Eksempel 3 

∞ 

1 

dx = π 

−∞ 1 + x2 Løsning 

t 

−∞ 

0 

1 

dx = [Arctanx]t 

1 + x2 0 = Arctan t 

Grænseovergange limt→±∞ Arctan t = ± π 

2 giver 

∞ 0 ∞ 

1 

1 

1 

dx = dx + dx = π 

1 + x2 −∞ 1 + x2 0 1 + x2 1.20. Reciprok potens ☞ [S] 5.10 Improper integrals 

Eksempel 4 

Det uegentlige integral p = 1 

∞ 

1 

1 

dx = lim 

xp t→∞ 

= lim 

t→∞ 

t 

er konvergent for p > 1 med værdi ∞ 

1 

1 

1 

1 − p 

 

1 

1 − p · 

 

− 1 

tp−1 1 

dx = lim 

xp t→∞ 

 

1 

1 1 

dx = 

xp p − 1 

x 

1 

xp−1 t 1


og divergent for p ≤ 1. 

1.21. Test uegentlig integral ☞ [S] 5.10 Improper integrals 

Test ∞ 

2 

Integralet 3√ dx er konvergent. 

x 

Løsning 

1 

t 

2x −1/3 dx = 

(Alternativt p = 1/3 < 1 i Eksempel 4) 

1 

 

3x 2/3 t 

→ ∞ 

for t → ∞ 

1 

= 3t 2/3 − 3 

Afkryds: 

ja nej 

 

1.22. Uendelige funktioner 

3 Definition 

☞ [S] 5.10 Improper integrals 

Det uegentlige integral er konvergent, hvis grænseværdien findes; i modsat fald divergent. 

b 

(a) 

f(x)dx = lim 

t→b− t 

f(x)dx 

(b) 

(c) 

a 

b 

a 

f(x)dx = lim 

t→a + 

a 

b 

f(x)dx 

b c b 

f(x)dx = f(x)dx + f(x)dx 

a 

a 

1.23. Uendelige funktioner ☞ [S] 5.10 Improper integrals 

Eksempel (1) 


er divergent. 

1 

0 

1 

dx = lim 

x t→0 + 

1 

t 

1 

x 

= lim −ln t = ∞ 

t→0 + 

t 

c 

dx = lim [lnx]1 

t→0 + t 


Eksempel (1) 


1 

er konvergent. 

0 

1 

√ x dx = lim 

t→0 + 

1 

t 

= lim 

t→0 + 

2 √ t − 2 = 2 

x −1/2 dx = lim 

t→0 + 

 

2x 1/2 1 

t 

1.25. Uendelige funktioner ☞ [S] 5.10 Improper integrals


y 

1√ t 

t 

y = 1 

√ x 

Uendelige værdier, endeligt areal 


Eksempel (4) 

Det uegentlige integral p = 1 

1 

0 

1 

dx = lim 

xp t→0 + 

= lim 

t→0 + 

1 

t 

1 

1 − p 

1 

x 

1 

dx = lim 

xp t→0 + 

 

1 

1 − p · 

 

1 − 1 

tp−1 

er konvergent for p < 1 med værdi 

1 

1 1 

dx = 

xp p − 1 

og divergent for p ≥ 1. 

0 

1 

xp−1 1 t 

1.27. Test uegentlig integral ☞ [S] 5.10 Improper integrals 

Test 1 

2 

Integralet 3√ dx er konvergent. 

x 

Løsning 

0 

1 

t 

2x −1/3 dx = 

→ 3 

 

3x 2/3 1 

for t → 0 

t 

= 3 − 3t 2/3 

Afkryds: 

ja nej 

 

1.28. Sammenligning af uegentlige integraler ☞ [S] 5.10 Improper integrals 

Sætning (Sammenligning) 

Antag at kontinuerte funktioner f,g opfylder uligheden f(x) ≥ g(x) ≥ 0 for x ≥ a. 

(a) ∞ 

a f(x)dx konvergent ⇒ ∞ 

a 

g(x)dx konvergent.


(b) ∞ 

a g(x)dx divergent ⇒ ∞ 

a 

f(x)dx divergent. 

2. Talfølger og rækker 

2.1. Oversigt ☞ [S] 8.1, 8.2 


✌ Grænseværdi af talfølge 

✌ Test grænseværdi 

✌ Monotone og begrænsede talfølger 

✌ Talrække og afsnitssum 

✌ Konvergente rækker har små led 

✌ Regneregler 

2.2. Grænse for talfølge ☞ [S] 8.1 Sequences 

1 Definition 

En talfølge {an} har grænseværdi L 

lim 

n→∞ an = L 

Hvis an kommer vilkårligt tæt på L, når n er tilstrækkeligt stor. 

Skrives også 

an → L når n → ∞ 

Følgen kaldes da konvergent og i modsat fald divergent. 

2.3. Grænse tydeligere ☞ [S] 8.1 Sequences 

Definition præcis 

En talfølge {an} har grænseværdi L 

Hvis der for ethvert ǫ > 0 findes et tal N så 

lim 

n→∞ an = L 

|an − L| < ǫ for n > N 

2.4. Simpel følge ☞ [S] 8.1 Sequences 

Eksempel 

Talfølgen {an} 

an = n 

n + 1 

har grænseværdi 

For ǫ > 0 er 

når n > ǫ −1 . 

n 

lim = 1 

n→∞ n + 1 

| n 1 

− 1| = < ǫ 

n + 1 n + 1 

2.5. Funktion af talfølge ☞ [S] 8.1 Sequences 

2 Sætning 

Hvis limx→∞ f(x) = L og an = f(n), så 

lim 

n→∞ an = L

Eksempel 

3 

1 

lim = 0 

n→∞ nr hvis r > 0 

2. TALFØLGER OG RÆKKER 119 

2.6. Test grænseværdi ☞ [S] 8.1 sequences 

Test 

1 1 

lim cos 

n→∞ n n 

(a) −1. (b) 0. (c) 1. 


(a) (b) 

 

(c) 

Løsning 

f(x) = xcos x er kontinuert med f(0) = 0. 

1 

lim f( ) = 0 

n→∞ n 

2.7. Regneregler ☞ [S] 8.1 Sequences 

Regneregler 

• lim 

n→∞ (an ± bn) = lim 

n→∞ an ± lim 

n→∞ bn 

• lim 

n→∞ anbn = lim 

n→∞ an · lim 

n→∞ bn 

an 

• lim = 

n→∞ bn 

limn→∞ an 

limn→∞ bn 

• lim 

n→∞ ap p 

n = ( lim an) 

n→∞ 

2.8. Absolutværdi vinder ☞ [S] 8.1 Sequences 

4 Sætning 

Paspå! 

lim 

n→∞ |an| = 0 ⇒ lim 

n→∞ an = 0 

lim 

n→∞ |(−1)n | = 1 

Men talfølgen an = (−1) n er divergent. 

2.9. Potenser ☞ [S] 8.1 Sequences 

6 Sætning 

Talfølgen {r n } er konvergent for −1 < r ≤ 1 med 

lim 

n→∞ rn = 

Talfølgen er divergent for øvrige r. 

0 hvis − 1 < r < 1 

1 hvis r = 1 

2.10. Monotone følger ☞ [S] 8.1 Sequences 

Definition 

Betragt en talfølge {an}. 

• voksende: an < an+1, (≤) 

• aftagende: an > an+1, (≥)


• monoton: voksende eller aftagende 

• opadtil begrænset: an ≤ M 

• nedadtil begrænset: m ≤ an 

• begrænset: opadtil- og nedadtil begrænset 

2.11. Monoton og begrænset er konvergent ☞ [S] 8.1 Sequences 

7 Sætning 

Enhver monoton begrœnset talfølge er konvergent. 

Eksempel 

Følgen 

an = n 1 

= 

n + 1 1 + 1 

n 

1 2 3 4 5 

, , , , 

2 3 4 5 6 ,... 

er voksende og begrænset. Følgen er dermed konvergent. 

2.12. Rekursiv følge ☞ [S] 8.1 Sequences 

Eksempel 11 

Talfølgen {an} 

a1 = 2, an+1 = 1 

2 (an + 6) 

er begrænset 

an ≤ 6 

og voksende 

an+1 = an 

2 

+ 3 ≥ an 

2.13. Rekursiv følge ☞ [S] 8.1 Sequences 


Talfølgen 

a1 = 2, an+1 = 1 

2 (an + 6) 

har en grænseværdi L som opfylder 

I alt 

L = 1 

(L + 6) 

2 

lim 

n→∞ an = 6 

2.14. Uendelig række ☞ [S] 8.2 Series 

1 Definition 

Givet en talfølge {an}. 

Udtrykket 

a1 + · · · + an + ... 

kaldes en uendelig række. 

Skrives også 

∞ 

n=1 

an


2.15. Harmonisk række ☞ [S] 8.2 Series 

Eksempel 

} giver rækken 

Talfølgen { 1 

n 

Skrives også 

1 1 1 

+ + · · · + + ... 

1 2 n 

∞ 

n=1 

2.16. Harmonisk række ☞ [S] 8.2 Series 

Eksempel 

Talfølgen { 1 

n 2 } giver rækken 

Skrives også 

1 1 

+ 

1 4 

1 

n 

1 

+ · · · + + ... 

n2 ∞ 

n=1 

2.17. Afsnitssum ☞ [S] 8.2 Series 

2 Definition 

Rækken ∞ 

n=1 an har n-te afsnitssum 

1 

n 2 

sn = a1 + · · · + an = 

Rækken kaldes konvergent, hvis talfølge {sn} er konvergent og i modsat fald divergent. 

s = limn→∞ sn kaldes rækkens sum og skrives 

∞ 

an = s 

n=1 

2.18. Enkel udregning ☞ [S] 8.2 Series 

Eksempel 6 

Rækken 

har led 

og afsnitssum 

n 

i=1 

ai 

1 1 1 

+ + · · · + + ... 

1 · 2 2 · 3 n(n + 1) 

an = 

1 1 1 

= − 

n(n + 1) n n + 1 

sn = 1 − 1 1 1 1 1 1 

+ − + · · · + − = 1 − 

2 2 3 n n + 1 n + 1 

2.19. Enkel udregning ☞ [S] 8.2 Series 


Afsnitssummen er konvergent 

sn = 1 − 1 

→ 1 når n → ∞ 

n + 1


Rækken er da konvergent 

∞ 

n=1 

1 

= 1 

n(n + 1) 

2.20. Geometrisk række ☞ [S] 8.2 Series 

4 Sætning (Geometrisk række) 

Den geometriske række 

∞ 

n=0 

er konvergent for |r| < 1 med sum 

ar n = a + ar + ar 2 + ... 

∞ 

n=0 

Rækken er divergent for øvrige r (a = 0). 

ar n = a 

1 − r 

2.21. Bevis geometrisk række ☞ [S] 8.2 Series 

Bevis 

Afsnitssummen findes som kvotientrække 

sn = a + ar + ar 2 + · · · + ar n 1 − rn+1 

= a 

1 − r 

Så rækken er konvergent for |r| < 1 med sum 

∞ 

ar n = a 

1 − r 

n=0 

2.22. En sum findes ☞ [S] 8.2 Series 

Eksempel 


har r = 1 

2 og er konvergent. 

Summen findes 

∞ 

n=0 

∞ 

n=0 

1 

2 n 

1 1 

= 

2n 1 − 1 

2 

2.23. Led forsvinder ☞ [S] 8.2 Series 

6 Sætning 

Hvis rœkken ∞ 

n=1 an er konvergent, så gœlder 

Bevis 

Antag sn → s når n → ∞. 

når n → ∞. 

lim 

n→∞ an = 0 

= 2 

an = sn − sn−1 → s − s = 0


2.24. Divergente rækker ☞ [S] 8.2 Series 

Eksempler 


∞ 

(−1) n = 1 − 1 + 1 − 1 + ... 

er divergent. 

Rækken 

er divergent. 

n=0 

1 − 2 + 3 − 4 + 5 − 6 + ... 

2.25. Divergent med forsvindende led ☞ [S] 8.2 Series 

Eksempel 7 (Paspå) 

Den harmoniske række 

∞ 1 

n 

har led 

Men rækken er divergent. 

n=1 

1 

→ 0 når n → ∞ 

n 

2.26. Divergent med forsvindende led ☞ [S] 8.2 Series 

Eksempel 7 (Paspå) - fortsat 

Afsnitssummen 

s2n =1 

1 

1 

+ + (1 

21 3 

+ · · · + 

≥1 + 1 

2 

=1 + n 

2 

giver en divergent følge. 

1 

+ ) + (1 

22 5 

1 

2n−1 1 

+ · · · + 

+ 1 2n 1 1 

+ 2 · + 4 · 1 22 2 

1 

+ · · · + ) 

23 2 n 

3 + · · · + 2n−1 1 

2.27. Kriterie for divergens ☞ [S] 8.2 Series 

7 Sætning 

Hvis limn→∞ an ikke eksisterer eller limn→∞ an = 0, så er rœkken 

∞ 

divergent. 

Bevis 

Omformuler Sætning 6. 

n=1 

2.28. Divergente rækker ☞ [S] 8.2 Series 

Eksempel 

an


Rækken 

har led som konvergerer 

og er da divergent. 

∞ 

(1 − 1 

n ) 

n=1 

an = 1 − 1 

→ 1 for n → ∞ 

n 

2.29. Nyttige regler 

8 Sætning (Regneregler) 

☞ [S] 8.2 Series 

(i) 

∞ 

∞ 

can = c 

(ii) 

(iii) 

n=1 

n=1 

∞ 

∞ 

(an + bn) = 

n=1 

n=1 

∞ 

∞ 

(an − bn) = 

n=1 

n=1 

an 

an + 

an − 

2.30. Opgave ☞ [S] 8.2 Series Øvelse 28 

Undersøg rækken 

∞ 

ln( n 

n + 1 ) 

Ledene konvergerer 

n=1 

∞ 

n=1 

∞ 

n=1 

ln( n 

) → ln(1) = 0 for n → ∞ 

n + 1 

så divergenstesten giver os intet. 

2.31. Opgave 


Om afsnitssummen 


sn = ln( 1 

n 

) + ln(2 ) + · · · + ln( 

2 3 n + 1 ) 

= ln( 1 2 n 

· · · 

2 3 n + 1 ) 

1 

= ln( 

n + 1 ) 

gælder 

sn → −∞ for n → ∞ 

2.32. Opgave 



Altså er rækken 

∞ 

ln( n 

n + 1 ) 

divergent. 

Men det går langsomt 

n=1 

s 10 6 ≈ ln(10 −6 ) ≈ −14 

bn 

bn

3. POTENSRÆKKER 125 

3. Potensrækker 

3.1. Oversigt ☞ [S] 8.5, 8.6, 8.7, 8.10 


✌ Seks berømte potensrækker 

✌ Potensrække 

✌ Konvergensradius 

✌ Differentiation og integration af potensrækker 

✌ Taylor og MacLaurin rækker 


✌ Løsning af diff.-ligninger ved hjælp af rækker 

3.2. Den geometriske række og eksponentialrækken ☞ [S] 8.7 Taylor ... 


For alle tal x med |x| < 1 gælder 

Eksponentialrækken 

For alle tal x ∈ R gælder 

1 

1 − x = 1 + x + x2 + x 3 + ... 

e x = 1 + x x2 x3 

+ + + ... 

1! 2! 3! 

3.3. Cosinus og Sinus rækkerne ☞ [S] 8.7 Taylor and Maclaurin series 

Cosinusrækken 


Sinusrækken 


cos x = 1 − x2 

2! 

sin x = x − x3 

3! 

+ x4 

4! 

+ x5 

5! 

− ... 

− ... 

3.4. Logaritme- og Arctan rækkerne ☞ [S] 8.7 Taylor and Maclaurin series 

Logaritmerækken 

For alle tal x med 0 < x ≤ 2 gælder 

lnx = (x − 1) − 

Arctan rækken 

For alle x med −1 ≤ x ≤ 1 gælder 

(x − 1)2 

2 

+ (x − 1)3 

3 

Arctan x = x − x3 x5 

+ − ... 

3 5 

(En syvende berømt række er binomialrækken, [S] 8.8.) 

− ... 

3.5. En potensrække ☞ [S] 8.5 Power series 

Definition 

En potensrække med centrum i a er et udtryk af form 

cn’erne kaldes rækkens koefficienter. 

c0 + c1(x − a) 1 + c2(x − a) 2 + c3(x − a) 3 + ...


Skrives også 

2 

∞ 

cn(x − a) n 

n=0 

Bemærk c0(x − a) 0 = c0, da (x − a) 0 = 1. 

3.6. Logaritmerækken ☞ [S] 8.5 Power series 

Eksempel 


(x − 1)2 

lnx = (x − 1) − + 

2 

(x − 1)3 

er en potensrække med centrum i a = 1. 

Koefficienterne er c0 = 0,c1 = 1,c2 = − 1 

2 ,c3 = 1 

3 ,... 

3 

− ... 

3.7. Eksponentialrækken ☞ [S] 8.5 Power series 

Eksempel 

Eksponentialrækken 

e x = 1 + x x2 x3 

+ + + ... 

1! 

er en potensrække med centrum i a = 0. Koefficienterne er c0 = 1,c1 = 1/1!,c2 = 

1/2!,c3 = 1/3!,... 

3.8. Konvergens ☞ [S] 8.5 Power series 

3 Sætning 

For en potensrœkke med centrum i a 

∞ 

cn(x − a) n 

er der netop 3 muligheder 

n=0 

2! 

(i) Konvergerer kun for x = a 

(ii) Konvergerer for alle x 

(iii) Der findes et tal R > 0 så rœkken er konvergent for |x − a| < R og divergent 

for |x − a| > R 

3.9. Konvergens ☞ [S] 8.5 Power series 

Definition 

For en potensrække er konvergensradius 

(i) R = 0 

(ii) R = +∞ 

(iii) R > 0 

Konvergensradius skiller konvergens og divergens. 

(a − R,a + R) 

er konvergensintervallet. 

Sommetider er det ene, eller begge, endepunkter med i konvergensintervallet. 

3.10. Konvergens af logaritmerækken ☞ [S] 8.5 Power series 

Eksempel 

3!



(x − 1)2 

lnx = (x − 1) − + 

2 

(x − 1)3 

− ... 

3 

har centrum i a = 1, konvergensradius R er = 1: rækken er konvergent for 0 < x < 2, 

divergent for x < 0 og for x > 2. 

Logaritmerækken er konvergent i højre endepunkt, 

ln 2 = 1 − 1 1 1 

+ − + .... 

2 3 4 

3.11. Ledvis differentiation ☞ [S] 8.6 Representations of functions . . . 

2 Sætning 

Hvis en potensrœkke har konvergensradius R > 0, så er sumfunktionen 

∞ 

f(x) = cn(x − a) n 

n=0 

differentiabel i konvergensintervallet, og har afledet f ′ givet ved ledvis differentiation. 

Bemærk 

Den ledvis differentierede række har samme konvergensradius som den oprindelige række. 

3.12. Ledvis integration ☞ [S] 8.6 Representations of functions . . . 

2 Sætning 

Hvis en potensrœkke har konvergensradius R > 0, så kan en stamfunktion til sumfunktionen 

∞ 

f(x) = cn(x − a) n 

n=0 

angives ved ledvis stamfunktion-dannelse. 

Bemærk 

Den ledvis integrerede række har samme konvergensradius som den oprindelige række. 

3.13. Bestemt integration 

Bemærkning 

☞ [S] 8.6 Representations of functions . . . 

Også bestemt integration kan udføres ledvis i konvergensintervallet, 

b b b b 

f(x) dx = c0 dx + c1x dx + c2x 2 dx + ... 

a 

(forudsat at a og b tilhører konvergensintervallet). 

a 

a 

3.14. Ledvis diff. og int., igen ☞ [S] 8.6 Representations of functions . . . 

2 Sætning 

∞ 

f(x) = cn(x − a) n 

(i) f ′ (x) = 

(ii) 

 

n=0 

a 

∞ 

ncn(x − a) n−1 

n=1 

f(x)dx = C + 

∞ 

n=0 

cn 

1 

(x − a)n+1 

n + 1


3.15. Geometrisk række ☞ [S] 8.6 Representations of functions . . . 

Eksempel 5 

Differentier den geometriske række 

∞ 

1 

1 − x = 1 + x + x2 + x 3 + ... = 

1 

(1 − x) 2 = 1 + 2x + 3x2 + ... = 

n=0 

x n 

∞ 

(n + 1)x n 

Konvergensradius er 1, centrum er 0, rækken er konvergent for −1 < x < 1, divergent for 

|x| > 1. I konvergensintervallet fremstiller rækken 1/(1 − x) 2 . 

3.16. Geometrisk række ☞ [S] 8.6 Representations of functions . . . 

Eksempel 6 

Integrerer den geometriske række 

∞ 

n=0 

1 

1 − x = 1 + x + x2 + x 3 + ... = 

−ln(1 − x) = x + x2 

2 

+ x3 

3 

+ x4 

4 

n=0 

... = 

Konvergensradius er 1, centrum er 0, rækken er konvergent for −1 < x < 1, divergent for 

|x| > 1. 

3.17. En logaritmerække ☞ [S] 8.6 Representations of functions . . . 


−ln(1 − x) = x + x2 

2 

+ x3 

3 

−ln(1 − (1 − z)) = (1 − z) + 

+ x4 

4 

(1 − z)2 

2 

eller 

(z − 1)2 

lnz = (z − 1) − + 

2 

(z − 1)3 

(substituer 1 − z for x; gælder for 0 < z ≤ 2). 

x n 

∞ 

n=1 

x n 

n 

...for − 1 < x < 1 

+ (1 − z)3 

3 

3 

− ... 

+ ... 

3.18. Arctan rækken ☞ [S] 8.6 Representations of functions . . . 

Eksempel 7 

For |x| < 1 er | − x 2 | < 1, så for sådanne x fås ved substitution i den geometriske række 

Integreres ledvis fås 

1 

1 + x 2 = 1 − x2 + x 4 − x 6 + ... 

Arctan(x) = x − x3 

3 

+ x5 

5 

− ... 

3.19. Gentagen differentiation ☞ [S] 8.7 Taylor and Maclaurin series 

Udregning 

f(x) = c0 + c1x + c2x 2 + c3x 3 + c4x 4 + ... 

f ′ (x) = c1 + 2c2x + 3c3x 2 + 4c4x 3 + ...


f ′′ (x) = 2 · c2 + 3 · 2 · c3x + 4 · 3 · c4x 2 + ... 

f ′′′ (x) = 3 · 2 · 1 · c3 + 4 · 3 · 2 · c4x + ... 

f (4) (x) = 4 · 3 · 2 · 1 · c4 + 5 · 4 · 3 · 2 · c5x + ... 


Udregning - fortsat 

Indsættes x = 0, fås 

f(0) = c0, f ′ (0) = c1, 

generelt 

eller 

f ′′ (0) = 2 · c2, f ′′′ (0) = 3 · 2 · c3, 

f (4) (0) = 4 · 3 · 2 · c4,... 

f (n) (0) = n · (n − 1) · ... · 2 · 1 · cn 

f (n) (0) = n! · cn 


Udregning - fortsat 

f (n) (0) = n! · cn 

eller 

cn = f(n) (0) 

n! 

3.22. MacLaurin ☞ [S] 8.7 Taylor and Maclaurin series 

Observation 

f(x) = c0 + c1x + c2x 2 + c3x 3 + ... 

kan skrives 

eller 

f(x) = f(0) + f ′ (0)x + f ′′ (0) 

2! x2 + f ′′′ (0) 

3! x3 + ... 

f(x) = 

∞ 

n=0 

f (n) (0) 

x 

n! 

n 

3.23. Taylor-udvikling, centrum a ☞ [S] 8.7 Taylor and Maclaurin series 

Observation 

kan skrives 

eller 

f(x) = c0 + c1(x − a) + c2(x − a) 2 + c3(x − a) 3 + ... 

f(x) = f(a) + f ′ (a)(x − a) + f ′′ (a) 

2! 

f(x) = 

∞ 

n=0 

(x − a) 2 + f ′′′ (a) 

(x − a) 

3! 

3 + ... 

f (n) (a) 

(x − a) 

n! 

n 

(“Taylor-rækken for f med centrum i a”, eller “Taylor-udviklingen af f ud fra a”)


3.24. Koefficienter ☞ [S] 8.7 Taylor and Maclaurin series 

5 Sætning 

Hvis en potensrœkke med centrum i a har konvergensradius R > 0, så har sumfunktionen 

∞ 

f(x) = cn(x − a) n 

koefficienter 

n=0 

cn = f(n) (a) 

n! 

3.25. Taylorrække ☞ [S] 8.7 Taylor and Maclaurin series 

Definition 

En vilkårlig ofte differentiabel funktion f(x) har Taylorrække om a 

∞ 

6 f(x) = 

og Maclaurinrække, a = 0, 

n=0 

7 f(x) = 

f (n) (a) 

(x − a) 

n! 

n 

∞ 

n=0 

f (n) (0) 

x 

n! 

n 

3.26. Eksponentialrækken som Maclaurin række ☞ [S] 8.7 Taylor . . . 

Eksempel 1 

For f(x) = e x er f (n) (x) = e x for alle n. Så er f (n) (0) = e 0 = 1 for alle n, så Maclaurin 

rækken for e x er 

e x = 

∞ 

n=0 

1 

n! xn 

3.27. Sinusrække som Maclaurin række ☞ [S] 8.7 Taylor . . . 

Eksempel 4 

For f(x) = sin x er sin ′ x = cos x og cos ′ x = −sin x. Så 

Maclaurin rækken er 

15 sin x = x − x3 

3! 

f(0) = 0,f ′ (0) = 1, 

f ′′ (0) = 0,f ′′′ (0) = −1, 

f 4 (0) = 0 

0,1,0, −1,0,1,0, −1,0,1,0, −1,0,1,... 

+ x5 

5! 

− x7 

7! 

+ ... 

3.28. Cosinusrække som Maclaurin række ☞ [S] 8.7 Taylor . . . 

Eksempel 5 

For f(x) = cos x, 

Maclaurin rækken er 

f(0) = 1,f ′ (0) = 0,f ′′ (0) = −1,f ′′′ (0) = 0,... 

1,0, −1,0,1,0, −1,0,1,0, −1,... 

cos x = 1 − x2 

2! 

+ x4 

4! 

− ...

Denne rækkeudvikling kan også udledes ved at differentiere 


sin x = x − x3 

3! 

+ x5 

5! 

− ... 

3.29. Gauss’ fejlintegral ☞ [S] 8.7 Taylor and Maclaurin series 

Eksempel 8 

Substitueres −x 2 for x i eksponentialrækken, fås 

eller 

(for alle x). 

e −x2 

= 1 − x 2 + 1 

2! x4 − 1 

3! x6 + ... 

e −x2 

∞ (−1) 

= 

n 

n=0 

n! x2n 

3.30. Gauss’ fejlintegral ☞ [S] 8.7 Taylor and Maclaurin series 


For f(x) = e−x2 dx (med f(0) = 0) er en rækkeudvikling med centrum i 0 

 

e −x2 

 

∞ 

(−1) 

dx = 

n 

 

e −x2 

∞ 

dx = 

n=0 

n=0 

n! x2n 

(−1) n 

(2n + 1)n! x2n+1 

3.31. Gauss’ fejlintegral (fortsat) 


 

e −x2 

dx = x − x3 x5 x7 x9 

+ − + − ... 

3 · 1! 5 · 2! 7 · 3! 9 · 4! 

1 

0 

e −x2 

dx = 

= 1 − 1 

3 · 1! 

Sum af de anførte led, 

sand værdi 0.746824... 

 

x − x3 

1 

x5 x7 x9 

+ − + − ... 

3 · 1! 5 · 2! 7 · 3! 9 · 4! 0 

1 1 1 

+ − + − ... 

5 · 2! 7 · 3! 9 · 4! 

0.747487... 


Opgave 4 

Angiv en potensrække i x, der for x = 0 fremstiller funktionen 

Angiv også grænseværdien 

f(x) = cos(x2 ) − 1 

x 4 

lim 

x→0 f(x).



Opgave 4 - Løsning 

Divideres ledvis med x 4 fås 

cos x = 1 − x2 

2! 

cos(x 2 ) − 1 = (1 − x4 

2! 

= − x4 

2! 

+ x8 

4! 

+ x4 

4! 

+ x8 

4! 

− x12 

6! 

− ... 

− x12 

6! 

+ ... 

− 1 x4 x8 

+ − + ... 

2! 4! 6! 

+ ...) − 1 


Opgave 4 - Løsning fortsat 

Dermed er 

∞ 

n 1 

f(x) = (−1) 

Det følger, at 

n=1 

(2n)! x4(n−1) 

= − 1 1 

+ 

2! 4! x4 − 1 

6! x8 + 1 

8! x12 − ... 

lim f(x) = −1 

x→0 2 

3.35. Potensrækkeløsning ☞ [S] 8.10 Using . . . diff. eq. 

Eksempel 1 

y ′′ + y = 0 

Vi søger en løsning af form 

y(x) = c0 + c1x + c2x 2 + c3x 3 + ... 

y ′ (x) = c1 + 2 · c2x + 3 · c3x 2 + 4 · c4x 3 + ... 

y ′′ (x) = 2 · c2 + 3 · 2 · c3x + 4 · 3 · c4x 2 + 5 · 4 · c5x 3 + ... 



y(x) + y ′′ (x) = (c0 + 2c2) + (c1 + 3 · 2 · c3)x + (c2 + 4 · 3 · c4)x 2 + ... 

Fra y + y ′′ = 0 fås at alle koefficienterne må være 0, altså 

c0 + 2c2 = 0 

c1 + 3 · 2c3 = 0 

c2 + 4 · 3c4 = 0 



c0 og c1 kan vælges frit, derefter bestemmes c2,c3,c4,... ved rekursion. Med f.eks. c0 = 

1 og c1 = 0 fås 

c2 = − 1 

2 ,

4. TAYLORPOLYNOMIER 133 

c3 = 0, 

c4 = − 1 

3 · 4 c2 = (− 1 

3 · 4 )(−1 

1 

) = 

2 4! . 

y(x) = 1 − 1 

2 x2 + 1 

4! x4 − 1 

6! x6 + ... 

- netop cosinus rækken ! y(x) = cos x er en løsning til y + y ′′ = 0, med y(0) = 1 og 

y ′ (0) = 0. 

4. Taylorpolynomier 

4.1. Oversigt ☞ [S] 8.7, 8.8, 8.9 


✌ Binomialformlen 

✌ Binomialkoefficienter 

✌ Binomialrækken 

✌ Taylor polynomier 

✌ Vurdering af Taylor’s restled 

✌ Eksponentialrækken konvereger mod eksponentialfunktionen 

4.2. Binomialformler ☞ [S] 8.8 The binomial series 

(a + b) 2 = a 2 + 2 ab + b 2 

(a + b) 3 = a 3 + 3 a 2 b + 3 ab 2 + b 3 

(a + b) 4 = a 4 + 4 a 3 b + 6 a 2 b 2 + 4 ab 3 + b 4 

(a + b) k = 

k 

n=0 

 

k 

a 

n 

k−n b n , 


hvor 

k 

= 

n 

k(k − 1)(k − 2)...(k − n + 1) 

1 · 2 · 3 · ... · n 

(n faktorer i tælleren, nedstigende fra k 

n faktorer i nævneren, opstigende fra 1). 

 

4 

= 

2 

4 · 3 12 

= = 6 

1 · 2 2 


 

k 

= 

n 

k(k − 1)(k − 2)...(k − n + 1) 

1 · 2 · 3 · ... · n 

giver mening selv om k ikke er et positivt helt tal. 

 

1.6 

= 

3 

1.6 · 0.6 · (−0.4) 

= 

1 · 2 · 3 

−0.384 

= −0.064 

6


Hvis k er et positivt helt tal, så 

k 

= 1 og 

0 

 

k 

= 1 

k 


Hvis k er positivt helt tal, så 

(a + b) k =a k + ka k−1 

k 

b + a 

2 

k−2 b 2 

k 

+ a 

3 

k−3 b 3 + ... 

 

k 

... + a 

k − 2 

2 b k−2 + kab k−1 + b k 

Specielt (sæt a = 1 og b = x) 

(1 + x) k = 1 + k x + 

 

k 

x 

2 

2 + 

 

k 

x 

3 

3 + ... + x k 

4.6. Maclaurin række for f(x) = (1 + x) k ☞ [S] 8.8 The binomial series 

For vilkårlig k 

f(x) = (1 + x) k 

f ′ (x) = k(1 + x) k−1 

f ′′ (x) = k(k − 1)(1 + x) k−2 

f ′′′ (x) = k(k − 1)(k − 2)(1 + x) k−3 

f(0) = 1 

f ′ (0) = k 

f ′′ (0) = k(k − 1) 

f ′′′ (0) = k(k − 1)(k − 2) 

4.7. Maclaurinrække for f(x) = (1 + x) k ☞ [S] 8.8 The binomial series 

Koefficienter i Maclaurin rækken: 

f (n) (x) = k(k − 1)(k − 2)...(k − n + 1)(1 + x) k−n 

cn = f(n) (0) 

n! 

f (n) (0) = k(k − 1)(k − 2)...(k − n + 1) 

= k(k − 1)(k − 2)...(k − n + 1) 

n! 

Maclaurinrække for (1 + x) k kaldes binomialrækken, [S] 8.8. 

= 

 

k 

n 

4.8. Binomialrækken ☞ [S] 8.8 The binomial series 

Maclaurin rækken for (1 + x) k = binomialrækken hørende til tallet k ser altså sådan ud: 

 

k 

1 + kx + x 

2 

2 

k 

+ x 

3 

3 + ... 

Ex. 1: Maclaurin række for 

1 

= (1 + x)−2 

(1 + x) 2 

– ikke at forveksle med (jvf. Ex. 1 i [S] 6.6.) 

1 

1 + x 2 = 1 − x2 + x 4 − x 6 + ...



Maclaurin række for 

1 

= (1 + x)−2 

(1 + x) 2 

Binomialrække med k = −2. (Konvergensradius 1) 

 

−2 −2 

= 1, = −2, 

0 1 

 

−2 

= 

2 

(−2)(−3) 

= 3 

2! 

 

−2 

= 

3 

(−2)(−3)(−4) 

= −4 

3! 


altså begynder rækken: 

F.eks. (med x = 0.1) 

1 − 2x + 3x 2 − 4x 3 + ... 

(1.1) −2 = 1 − 0.2 + 0.03 − 0.004 + ... 

4.11. Taylor-polynomier (centrum a) ☞ [S] 8.8 The binomial series 

f(a) + f ′ (a) 

(x − a) + 

 

1! 

 

f ′′ (a) 

(x − a) 

2! 

2 

T1(x) 

 

T2(x) 

+ f ′′′ (a) 

3! 

(x − a) 3 

+... 

 

T3(x) 

 

T1(x) er den lineære approximation til f i a; 

T2(x) kaldes det approximerende 2.grads polynomium, eller Taylor-polynomiet af grad 2 

for f i a. 

4.12. Taylor-polynomier ☞ [S] 8.8 The binomial series 

T1(x) = f(a) + f ′ (a) 

(x − a) 

1! 

T2(x) = f(a) + f ′ (a) 

1! 

T3(x) = f(a) + f ′ (a) 

1! 

(x − a) + f ′′ (a) 

2! 

(x − a) + f ′′ (a) 

(x − a) 

2! 

2 

(x − a) 2 + f ′′′ (a) 

(x − a) 

3! 

3 

4.13. Kubikrod ☞ [S] 8.9 Applications of Taylor polynomials 

Eksempel 1 

Approximer f(x) = 3√ x = x 1 

3 i omegnen af a = 8 med et 2.grads polynomium. 

f(x) = x 1 

3 ;f(8) = 8 1 

3 = 2 

f ′ (x) = 1 2 

x− 3 ;f 

3 ′ (8) = 1 

12 

f ′′ (x) = − 2 5 

x− 3 ;f 

9 ′′ (8) = − 1 

144


4.14. Kubikrod ☞ [S] 8.9 Applications of Taylor polynomials 


T2(x) = f(8) + f ′ (8) 

1! 

= 2 + 1/12 

1! 

(x − 8) + f ′′ (8) 

(x − 8) 

2! 

2 

−1/144 

(x − 8) + (x − 8) 

2! 

2 

= 2 + 1 1 

(x − 8) − (x − 8)2 

12 288 

4.15. Restled ☞ [S] 8.7 Taylor and Maclaurin series 

Hvor god en approximation til f(x) er Taylor polynomiet Tn(x)? Specielt: hvor god er 

den lineære approximation T1(x) ? 

Hvor stor er “fejlen” (restleddet) Rn(x) := f(x) − Tn(x) ? 

Hvis 

∞ 

f(x) = 

så er 

Rn(x) = 

k=0 

∞ 

k=n+1 

- men det siger ikke noget om hvor stor den er 

f (k) (a) 

(x − a) 

k! 

k 

f (k) (a) 

(x − a) 

k! 

k 

4.16. Taylor’s restled ☞ [S] 8.7 Taylor and Maclaurin series 

9 Sætning 

Hvis |f (n+1) (x)| ≤ M for alle x med |x − a| ≤ d, så 

for alle med |x − a| ≤ d. 

|Rn(x)| ≤ 

M 

|(x − a)|n+1 

(n + 1)! 

Sammenlign udtrykket i vurderingen med det næste led i Taylor-rækken, som jo er 

f (n+1) (a) 

(x − a)n+1 

(n + 1)! 

4.17. Hvor god er den lineære approximation ? ☞ [S] 8.7 Taylor and Mac... 

|f(x) − T1(x)| ≤ M 

|x − a|2 

2! 

hvor |f ′′ (x)| ≤ M for all x i det berørte interval om a. Eksempel. Lad f(x) = sin x. Da 

f(0) = 0 og f ′ (0) = cos(0) = 1, er den lineære approximation til sin i a = 0 givet ved 

T1(x) = 0 + 1 · x = x 

Da f ′′ (x) = −sin(x) er numerisk ≤ 1 for alle x, har vi for alle x fejlvurderingen 

|R1(x)| ≤ 1 

2! x2 

4.18. Taylors restled som itereret integral ☞ [S] 8.7 Taylor and Mac... 

Hovedsætning i Calculus: 

x 

F(x) = F(a) + F ′ (s) ds; 

a

anvend på F = f 


x 

f(x) = f(a) + f ′ (s) ds 

anvend på F = f ′ inden under integraltegnet: 

x 

= f(a) + (f ′ s 

(a) + f ′′ (t) dt) ds 

a 

4.19. Taylors restled ☞ [S] 8.7 Taylor and Maclaurin series 

x 

= f(a) + (f ′ s 

(a) + f ′′ (t) dt) ds 

a 

= f(a) + (x − a)f ′ x s 

(a) + f ′′ (t) dt ds. 


f(x) = f(a) + (x − a)f ′ x s 

(a) + f ′′ (t) dt ds. 

De to første led er Taylor-polynomiet T1(x) for f, og det sidste led er derfor en formel for 

restleddet R1(x). 


Vi kan genkende dette itererede integral som et udtryk for (plus/minus) dobbeltintegralet 

af f ′′ (t) over trekanten D i (s,t)-planen, afgrænset af t = a (vandret linie), s = x (lodret 

linie) og linien s = t 

Trekanten D har areal 1 

2! (x − a)2 . Da |f ′′ (t)| ≤ M for alle punkter i D, er 

 

D 

≤ 1 

2! (x − a)2 · M = M 

(x − a)2 

2! 

4.22. Eksponentialrækken konvergerer mod eksponentialfunktionen ☞ [S] 8.7 Taylor ... 

Eksempel 2 

Tn(x) = 1 + x x2 xn 

+ + ... + 

1! 2! n! 

er afsnits-summen i eksponentialrækken. For hvilke x gælder 

For hvilke x gælder 

For alle x ! THI: 

Tn(x) → e x for n → ∞? 

Rn(x) → 0 for n → ∞? 

4.23. Eksponentialrækken ☞ [S] 8.7 Taylor and Maclaurin series 

tag et d ≥ x. I intervallet [−d,d] er 

så restledsvurderingen giver 

a 

a 

a 

a 

a 

a 

f (n+1) (x) = e x ≤ e d 

|Rn(x)| ≤ 

for |x| ≤ d. Men |x|n+1 

(n+1)! → 0 for n → ∞. 

Altså Rn(x) → 0 for n → ∞ 

a 

e d 

(n + 1)! |x|n+1


Altså Tn(x) → f(x) = e x for n → ∞.

IV 

Differentialligninger 

1. Grafiske/numeriske metoder 

1.1. Oversigt ☞ [S] 7.1, 7.2, 7.3, 7.4, 7.5 


✌ Vækstmodel 

✌ Bevægelsesligninger 

✌ Retningsfelt 

✌ Eulers metode 

✌ Separable ligninger 

✌ Logistisk ligning 

✌ Eksponentiel vækst 

✌ Begyndelsesværdiproblem 

1.2. Fri Vækst ☞ [S] 7.1 Modelling with differential equations 

Fri vækstmodel 

• t tid og P(t) kvantitet 

1 

Løsninger 

C fastlægges ved en begyndelsesværdi. 

dP 

dt 

= kP 

P(t) = Ce kt 

1.3. Dæmpet vækst ☞ [S] 7.1 Modelling with differential equations 

Dæmpet vækstmodel 

• t tid og P(t) kvantitet 

• P ′ ≈ kP for P

140 IV. DIFFERENTIALLIGNINGER 

Løsninger 

 

k 

x(t) = C1 cos( 

m t) + C2 

 

k 

sin( 

m t) 

1.5. Fjeder ☞ [S] 7.1 Modelling with differential equations 

Fjeder 

3 

Løsninger 

• t tid og x(t) udsving 

• x ′ hastighed 

x acceleration 

• x ′′ = − k 

m 

d2x k 

= − 

dt2 m x 

 

k 


m t) + C2 

 

k 

sin( 

m t) 

1.6. Pendul ☞ [S] 7.1 Modelling with differential equations 

Pendul tilnærmet 

3 

Løsninger 

• t tid og x(t) udsving 

• x ′ hastighed 

x acceleration 

• x ′′ = −k 

m 

d2x k 

= − 

dt2 m x 

 

k 


m t) + C2 

 

k 

sin( 

m t) 

1.7. Differentialligning ☞ [S] 7.1 Modelling with differential equations 

Generel ligning 

4 y ′ = xy 

eller 

4 

Løsning 

dy 

= xy 

dx 

y = f(x) 

f ′ (x) = xf(x) 

1.8. Differentier funktion ☞ [S] 7.1 Modelling with differential equations 

Eksempel 1 

1 + cet 

y = 

1 − cet er løsning til 

4 y ′ = 1 

2 (y2 − 1) 

Gør prøve 

y ′ = cet (1 − cet ) + (1 + cet )cet (1 − cet ) 2 

2ce 

= 

t 

(1 − cet ) 2

1 

2 (y2 − 1) = 1 

2 

1. GRAFISKE/NUMERISKE METODER 141 

(1 + ce t ) 2 − (1 − ce t ) 2 

(1 − ce t ) 2 

= 

2ce t 

(1 − ce t ) 2 

1.9. Grafisk løsning ☞ [S] 7.2 Direction fields and Euler’s method 

Retningsfelt 

For ligningen 

y ′ = x + y 

prøver vi at tilnærme graferne for løsningerne y(x) med små tangentstykker. 

I et givet punkt (x1,y1) vil en tangent have ligning 

I dette tilfælde 

Skitsen kaldes et retningsfelt. 

y = y1 + y ′ (x1)(x − x1) 

y = y1 + (x1 + y1)(x − x1) 


Retningsfelt 

y 

1 

0 1 

I punktet (x,y) tegnes et kort linjestykke med hældning y ′ (x) = x + y. En graf skitseres. 

1.11. Grafisk løsning ☞ [S] 7.2 Direction fields. . . 

Eksempel - Retningsfelt 

dy 

dx = x3 y + e xy 

y 

1 

0 1 


Retningsfelt 

For ligningen 

y ′ = x 2 + y 2 − 1 

prøver vi at tilnærme grafen for løsningerne y(x) med små tangentstykker. 

x 

x


I et givet punkt (x1,y1) vil en tangent have ligning 

y = y1 + (x 2 1 + y 2 1 − 1)(x − x1) 


Retningsfelt 

y 

1 

0 1 

1.14. Eulers metode ☞ [S] 7.2 Direction fields and Euler’s method 

Eulers metode 

For begyndelsesværdiproblemet 

y ′ = x + y, y(0) = 1 

prøver vi at tilnærme løsningen y(x) med differentialet i små intervaller. 

I et givet punkt (xn,yn) vil differentialet være 

og 

dy = (xn + yn)dx 

y ≈ yn + (xn + yn)(x − xn) 


Eulers metode 

giver rekursionen 

For en inddeling på x-aksen 

y ≈ yn + (xn + yn)(x − xn) 

yn+1 = yn + (xn + yn)(xn+1 − xn) 

x0,x1,...,xn,xn+1,... 

tabellægges tilnærmelser til funktionsværdierne 

yn ≈ y(xn) 


Eulers metode 

Tabellæg løsning til 

y ′ = x + y, y(0) = 1 

x0 = 0, y0 = 1 

x

1. GRAFISKE/NUMERISKE METODER 143 

n xn yn 

1 0.1000 1.1000 

2 0.2000 1.2200 

3 0.3000 1.3620 

4 0.4000 1.5282 

5 0.5000 1.7210 

n xn yn 

6 0.6000 1.9431 

7 0.7000 2.1974 

8 0.8000 2.4872 

9 0.9000 2.8159 

10 1.0000 3.1875 


Eulers metode 

For begyndelsesværdiproblemet 

y ′ = x 2 + y 2 − 1, y(0) = 1 

prøver vi at tilnærme løsningen y(x) med differentialet i små intervaller. 

I et givet punkt (xn,yn) vil differentialet være 

og 

dy = (x 2 n + y 2 n − 1)dx 

y ≈ yn + (x 2 n + y 2 n − 1)(x − xn) 


Eulers metode 


y ′ = x 2 + y 2 − 1, y(0) = 1 

n xn yn 

1 0.1000 1.0000 

2 0.2000 1.0010 

3 0.3000 1.0052 

4 0.4000 1.0152 

5 0.5000 1.0343 

n xn yn 

6 0.6000 1.0663 

7 0.7000 1.1160 

8 0.8000 1.1895 

9 0.9000 1.2950 

10 1.0000 1.4438 

1.19. Separabel ligning ☞ [S] 7.3 Separable equations 

Definition 

En 1. ordens differentialligning 

1 

kaldes separabel. 

Løsning 

Integration 

2 

Fastlægger løsninger optil en konstant. 

 

dy 

= g(x)f(y) 

dx 

dy 

f(y) = 

 

g(x)dx 


Eksempel 1 

er separabel. 

dy 

dx = 

6x2 2y + cos(y)


Løsning 

 

(2y + cos(y))dy = 6x 2 dx 

Giver løsning bestemt ved ligningen 

3 y 2 + sin(y) = 2x 3 + C 

1.21. Logistisk ligning ☞ [S] 7.5 The logistic equation 

Eksempel 

1. ordens differentialligningen 

1 

kaldes den logistiske ligning. 

Løsning 

Ligningen er separabel 

2 

 

dP 

dt 

= kP(1 − P 

K ) 

dP 

P(1 − P/K) = 

 

1.22. Logistisk ligning ☞ [S] 7.5 The logistic equation 


2 

 

dP 

P(1 − P/K) = 

 

kdt 

integreres til løsninger 

4 P(t) = 

hvor 

A = 

K 

1 + Ae −kt 

K − P(0) 

P(0) 

1.23. Vækst ☞ [S] 7.4 Exponential growth and decay 

Definition 

dy 

1 

= ky 

dt 

Vækstligningen er separabel med løsninger 

 

dy 

y = 

 

kdt 

A fastlægges ved 

ln |y| = kt + C 

y = Ae kt 

y(0) = Ae 0 = A 

1.24. 1. ordens ligning ☞ [S] 7.4 Exponential growth and decay 

2 Sætning 

Løsningen til begyndelsesværdiproblemet 

dy 

= ky y(0) = y0 

dt 

er givet ved 

y(t) = y0e kt 

kdt

2. 1. ORDENS LIGNINGER 145 

2. 1. ordens ligninger 

2.1. Oversigt ☞ [S] 7.3, 7.4, 7.5, 7.6; [LA] 14, 15 


✌ Separable ligninger 

✌ 1. ordens lineær ligning 


✌ Rovdyr-Byttedyr system 

✌ 1. ordens lineært system 

✌ Opgave 


Definition 

En 1. ordens differentialligning 

1 

kaldes separabel. 

Løsning 

Integration 

2 

Fastlægger løsninger optil en konstant. 

 

dy 

= g(x)f(y) 

dx 

dy 

f(y) = 

 

g(x)dx 

2.3. 1. ordens lineær ligning ☞ [LA] 14 Lineær differentialligning 

Definition 1 

Den lineœre 1. ordens differentialligning er 

dy 

= a(x)y + b(x) 

dx 

En partikulær løsning er en differentiabel funktion y(x) som opfylder 

y ′ (x) = a(x)y(x) + b(x) 

Den fuldstœndige løsning er en angivelse af alle løsninger. Ligningen dy 

dx = a(x)y kaldes 

homogen og er den homogene part af den inhomogene, b = 0, ligning ovenfor. 

2.4. Superposition ☞ [LA] 14 Lineær differentialligning 

Sætning 22 

Hvis z1(x),z2(x) er løsninger til den homogene lineœre differentialligning 

så er enhver linearkombination 

også en løsning. 

dy 

= a(x)y 

dx 

z(x) = C1z1(x) + C2z2(x) 

2.5. Superposition ☞ [LA] 14 Lineær differentialligning 

Sætning 22 - fortsat 

Hvis z0(x) er en løsning til den inhomogene lineœre differentialligning 

dy 

= a(x)y + b(x) 

dx


så er enhver løsning af formen 

y(x) = z(x) + z0(x) 

hvor z(x) er en løsning til den homogene part af systemet. 


Sætning 23 

Den lineœre ligning med konstante koefficienter 

har fuldstœndig løsning givet ved 

a = 0: 

a = 0: 

hvor C er arbitrœr. 

dy 

= ay + b 

dx 

y(x) = C + bx 

y(x) = Ce ax − b 

a 


Sætning 24 

Den homogene lineœre ligning 

dy 

= a(x)y 

dx 

har fuldstœndig løsning 

y(x) = Ce A(x) 

hvor C er arbitrœr og 

 

A(x) = a(x)dx 

2.8. 1. ordens lineær ligning 

Sætning 24 - Bevis 

☞ [LA] 14 Lineær differentialligning 

dy 

= a(x)y 

dx 

er separabel med løsninger 

 

dy 

y = 

 

a(x)dx 

ln |y| = A(x) + K 

y(x) = Ce A(x) 


Sætning 25 

Den generelle lineœre ligning 

dy 

= a(x)y + b(x) 

dx 

har fuldstœndig løsning 

y(x) = Ce A(x) + B(x)e A(x) 

hvor C er arbitrœr og 

 

 

A(x) = a(x)dx, B(x) = e −A(x) b(x)dx



Sætning 23, 25 - Bevis 

opfylder ligningen 

som integreres til 

og forlænges til 

z(x) = e −A(x) y(x) 

dz 

dx = e−A(x) b(x) 

z(x) = B(x) + C 

y(x) = Ce A(x) + B(x)e A(x) 


Metode 

dy 

= a(x)y + b(x) 

dx 

1. Bestem en stamfunktion 

 

A(x) = a(x)dx 

2. Bestem en stamfunktion 

3. Skriv løsningen 

 

B(x) = e −A(x) b(x)dx 

y(x) = Ce A(x) + B(x)e A(x) 


Opgave 1 

Angiv den fuldstændige løsning til differentialligningen 

y ′ + 2y = xe −2x + 3 

Angiv endvidere den partikulære løsning y(x), der opfylder y(0) = 2. 

Løsning 

giver 

y ′ = −2y + (xe −2x + 3) 

a(x) = −2,b(x) = xe −2x + 3 

2.13. Opgave 


☞ Matematik Alfa 1, August 2002 

 

A(x) = a(x)dx = −2dx = −2x 

 

B(x) = e −A(x) 

b(x)dx = e 2x (xe −2x + 3)dx 

Som giver 

= 1 

2 x2 + 3 

2 e2x




fuldstændig løsning 

y(x) = Ce A(x) + B(x)e A(x) 

= Ce −2x + ( 1 

2 x2 + 3 

2 e2x )e −2x 

= Ce −2x + 1 

2 x2 e −2x + 3 

2 



I den partikulære løsning bestemmes C ved y(0) = 2. 

I alt er løsningen 

y(0) = Ce 0 + 3 

= 2 

2 

C = 2 − 3 1 

= 

2 2 

y(x) = 1 

2 e−2x + 1 

2 x2e −2x + 3 

2 

= 1 

2 (1 + x2 )e −2x + 3 

2 

2.16. Rovdyr-byttedyr ☞ [S] 7.6 Predator-prey systems 

Lotka-Volterra ligningerne 

dR 

= kR − aRW 

dt 1 

dW 

= −rW + bRW 

dt 

er et system af koplede differentialligninger, der beskriver en udviklingen i en bestand af 

rovdyr W(t) (ulve) og byttedyr R(t) (harer) med tiden t. 

Det er ikke muligt at løse disse analytisk (ved udtryk i elementære funktioner af t). 

2.17. Lineært system ☞ [LA] 15 Lineært system 

Definition 1 

Ved et lineœrt differentialligningssystem (2 ligninger) med konstante koefficienter forstås 

En løsning er differentiable funktioner 

som indsat opfylder lignningerne. 

dy1 

dx = a11y1 + a12y2 + b1 

dy2 

dx = a21y1 + a22y2 + b2 

x ↦→ y1(x),x ↦→ y2(x) 


Definition 1 - matrixform 

For 2 × 2-matricen A = (aij), koefficientmatricen, og 2-søjlerne b = (bi), y(x) = 

(yi(x)) skrives differentialligningssystem 

dy 

= Ay + b 

dx

eller dy1 

dx 

dy2 = 

dx 

En løsning skrives 


 

a11 a12 y1 

a21 a22 

x ↦→ y(x) = 

y2 

 

+ 

 

y1(x) 

y2(x) 


Notation 2 

Givet 2 × 2-matricen A = (aij) og 2-søjlerne b = (bi), y(x) = (yi(x)) kaldes systemet 

b1 

dy 

= Ay 

dx 

homogent og er den homogene part af det inhomogene, b = 0, system 

dy 

= Ay + b 

dx 

2.20. Superposition ☞ [LA] 15 Lineært system 

Sætning 26 

Betragt 2 × 2-matricen A = (aij) og 2-søjlen y(x) = (yi(x)). Hvis z1(x),z2(x) er 

løsninger til det homogene lineœre differentialligningssystem 

så er enhver linearkombination 

også en løsning. 

dy 

= Ay 

dx 

z(x) = C1z1(x) + C2z2(x) 

2.21. Superposition ☞ [LA] 15 Lineært system 

Sætning 26 - fortsat 

Betragt yderligere 2-søjlen b. Hvis z0(x) er en løsninger til det inhomogene lineœre differentialligningssystem 

dy 

= Ay + b 

dx 

så er enhver løsning af formen 

y(x) = z(x) + z0(x) 

hvor z(x) er en løsning til den homogene part af systemet. 


Eksempel 1 

Systemet 

har diagonalmatricen 

som koefficientmatrix. 

e1,e2 er egenvektorer og basis for R 2 . 

y ′ 1 = λ1y1 

y ′ 2 = λ2y2 

 

λ1 0 

Λ = 

0 λ2 

b2




Fra Særning 1.3 fås den fuldstændige løsning 

y1(x) = C1e λ1x , y2(x) = C2e λ2x 

på vektorform giver dette 

 

y1(x) C1e 

y(x) = = 

y2(x) 

λ1x 

C2eλ2x 

eller udtrykt ved egenvektorerne 

= C1 

e λ1x 

y(x) = C1e λ1x e1 + C2e λ2x e2 

0 

 

+ C2 

 

0 

eλ2x 


Sætning 27 

Betragt 2 × 2-matricen A = (aij) og 2-søjlen y(x) = (yi(x)) samt det homogene lineœre 

differentialligningssystem 

dy 

= Ay 

dx 

Hvis u er en egenvektor for A med egenvœrdi λ, så er 

løsninger, hvor C er arbitrær. 

y(x) = Ce λx u 


Sætning 28 

Betragt 2×2-matricen A = (aij) og 2-søjlerne b = (bi), y(x) = (yi(x)) samt det lineœre 


dy 

= Ay + b 

dx 

En konstant funktion y(x) = v er en løsning, hvis Av = −b. Hvis yderligere u er en 

egenvektor for A med egenvœrdi λ, så er 

løsninger, hvor C er arbitrær. 

y(x) = Ce λx u + v 


Sætning 29 



dy 

= Ay 

dx 

Hvis 

y0 = C1u1 + C2u2 

er en linearkombination af egenvektorer for A, med egenvœrdier λ1,λ2, Auj = λjuj, så 

er 

en løsning, der opfylder y(0) = y0. 

y(x) = C1e λ1x u1 + C2e λ2x u2



Sætning 30 



dy 

= Ay 

dx 

Hvis matricen U med søjler u1,u2 diagonaliserer A med egenvœrdier λ1,λ2, Auj = 

λjuj, så er den fuldstændige løsning givet ved 

hvor C1,C2 er arbitrœre. 

y(x) = C1e λ1x u1 + C2e λ2x u2 


Sætning 31 

Betragt 2×2-matricen A = (aij) og 2-søjlerne b = (bi), y(x) = (yi(x)) samt det lineœre 


dy 

= Ay + b 

dx 

En konstant funktion y(x) = v er en løsning, hvis Av = −b. Hvis matricen U med søjler 

u1,u2 diagonaliserer A med egenvœrdier λ1,λ2, Auj = λjuj, så er den fuldstændige 

løsning givet ved 

y(x) = C1e λ1x u1 + C2e λ2x u2 + v 

hvor C1,C2 er arbitrœre. 

2.29. Opgave ☞ [LA] 15 Lineært system 

Opgave 1 

Betragt differentialligningssystemet 

y ′ 1 = y1 + y2 

y ′ 2 = 8y1 − y2 

Det oplyses, at vektoren u = (1,2) er en egenvektor for matricen 

 

1 1 

A = 

8 −1 

Angiv den løsning y(x) = (y1(x),y2(x)) der opfylder y(0) = u, altså (y1(0),y2(0)) = 

(1,2). 



Egenværdien λ = 3 fås af udregningen 

I følge [LA] Sætning 27 er 

løsninger for alle valg af C. 

Au = 

 

1 

 

1 1 

8 −1 2 

y(x) = Ce 3x 

= 

 

1 

2 

 

3 

= 3u 

6 

2.31. Opgave ☞ [LA] 15 Lineært system



y(x) = Ce 3x 

 

1 

2 

som opfylder (y1(0),y2(0)) = C(1,2) = (1,2) fås for C = 1. 

Den ønskede løsning skrevet ud 

y1(x) = e 3x 

y2(x) = 2e 3x 


Opgave 2 

Angiv den fuldstændige løsning til differentialligningssystemet 

Løsning 

Koefficientmatricen er 

y ′ 1 = y1 + 2y2 − 8 

y ′ 2 = 2y1 + y2 − 7 

A = 

 

1 2 

2 1 



Egenværdierne findes som rødder i det karakteristiske polynomium 

 

 

|A − λI2| = 1 

− λ 2 

 

2 1 − λ 

Egenværdier 

= λ 2 − 2λ − 3 

λ1 = −1, λ2 = 3 



Egenvektorer hørende til egenværdien −1: 

giver egenvektorer 

A + I = 

x1 

x2 

 

2 2 

2 2 

 

−x2 

= 

x2 

∼ 

= x2 

 

1 1 

0 0 

 

−1 

1 



Egenvektorer hørende til egenværdien 3: 

giver egenvektorer 

A − 3I = 

x1 

x2 

 

−2 2 

2 −2 

 

= 

x2 

x2 

 

∼ 

= x2 

 

1 −1 

0 0 

 

1 

1




Den fuldstændige løsning til den homogene part 

er i følge [LA] Sætning 30 

Skrevet ud 

y(x) = C1e −x 

y ′ 1 = y1 + 2y2 

y ′ 2 = 2y1 + y2 

 

−1 

+ C2e 

1 

3x 

y1(x) = −C1e −x + C2e 3x 

y2(x) = C1e −x + C2e 3x 

 

1 

1 



En konstant løsning y(x) = v = (v1,v2) skal opfylde 

Løsning 

Dette løses 

0 = v1 + 2v2 − 8 

0 = 2v1 + v2 − 7 

v = 

 

2 

3 



Den fuldstændige løsning til systemet 

er i følge [LA] Sætning 31 

Skrevet ud 

y(x) = C1e −x 

y ′ 1 = y1 + 2y2 − 8 

y ′ 2 = 2y1 + y2 − 7 

 

−1 

+ C2e 

1 

3x 

 

1 

+ 

1 

y1(x) = −C1e −x + C2e 3x + 2 

y2(x) = C1e −x + C2e 3x + 3 

 

2 

3 

2.39. Ingen egenværdier ☞ [LA] 15 Lineært system 

Eksempel 2 

Betragt det lineære system 

Koefficientmatricen 

y ′ 1 = y1 − y2 

y ′ 2 = y1 + y2 

A = 

 

1 −1 

1 1 

har karakteristisk polynomium λ 2 − 2λ + 2 med diskriminant −4 og dermed ingen egenværdier.


2.40. Ingen egenværdier ☞ [LA] 15 Lineært system 

Eksempel 2 - Løsning 

Ved brug af komplekse tal findes løsningen ved metoden med egenvektorer 

y(x) = C1e x 

 

cos x 

+ C2e 

sin x 

x 

 

−sin x 

cos x 

Skrevet ud 

y1(x) = C1e x cos x − C2e x sin x 

y2(x) = C1e x sin x + C2e x cos x 

2.41. 1 egenværdi ☞ [LA] 15 Lineært system 

Eksempel 3 

Betragt det lineære system 

y ′ 1 = 3y1 + y2 

y ′ 2 = 3y2 

Koefficientmatricen 

 

3 

A = 

0 

 

1 

3 

har egenværdi 3 og egenrum E3 = span(e1). 

2.42. 1 egenværdi ☞ [LA] 15 Lineært system 

Eksempel 3 - Løsning 

Løsningen bestemmes ved metoden med egenvektorer 

y(x) = C1e 3x 

 

1 

+ C2e 

0 

3x 

 

x 

1 

Skrevet ud 

Gør prøve! 

y1(x) = C1e 3x + C2e 3x x 

y2(x) = C2e 3x 

3. Generelle metoder 

3.1. Oversigt ☞ [S] 7.2, 7.5, 7.6; [LA] 17, 18 


✌ Eksistens og entydighed 

✌ Retningsfelt 

✌ Eulers metode 

✌ Hastighedsfelt 

✌ Stabilitet 

3.2. Ligning og løsning ☞ [LA] 17 Generel ligning 

Definition 1 

Lad I,J være åbne intervaller og F(x,y) : I × J → R en reel funktion. En løsning til 

differentialligningen 

dy 

= F(x,y) 

dx 

er en differentiabel funktion y(x) : I ′ → J på et åbent delinterval I ′ ⊆ I, som indsat giver 

y ′ (x) = F(x,y(x)), x ∈ I ′

3. GENERELLE METODER 155 

3.3. Eksistens og entydighed ☞ [LA] 17 Generel ligning 

Sætning 32 

(x,y) eksisterer og er kontinuert i I ×J. For et givet 

Antag at F(x,y) er kontinuert og ∂F 

∂y 

(x0,y0) ∈ I ×J findes entydigt bestemt et maximalt delinterval I ′ ⊆ I og en differentiabel 

funktion y(x) : I ′ → J, som er en løsning til differentialligningen 

og opfylder 

dy 

= F(x,y) 

dx 

y(x0) = y0 

3.4. Eksistens og entydighed ☞ [LA] 17 Generel ligning 

Bemærkning 1 

Den udvidede ligning 

dy 

dx = F(x,y),y(x0) = y0 

kaldes et begyndelsesværdiproblem. 

Eksistens- og entydighedssætningen for begyndelsesværdiproblemer har en naturlig og 

vigtig udvidelse til differentialligningssystemer. 

3.5. Eksistenseksempel ☞ [LA] 17 Generel ligning 

Eksempel 1 

Differentialligningen 

dy 


har løsningskurver igennem ethvert (x0,y0) ∈ R × R. 

Løsninger kan ikke umiddelbart udtrykkes ved kendte elementære funktioner. 

3.6. Elementære funktioner ☞ [LA] 17 Generel ligning 

Eksempel 2 

Den entydigt bestemte løsning til begyndelsesværdiproblemet 

er eksponentialfunktionen 

dy 

= y, y(0) = 1 

dx 

y(x) = e x 

3.7. Elementære funktioner ☞ [LA] 17 Generel ligning 


Den entydigt bestemte løsning til begyndelsesværdiproblemet 

er de trigonometriske funktioner 

dy1 

dx 

dy2 

dx 

= −y2 

= y1 

y1(0) = 1, y2(0) = 0 

y1(x) = cos x 

y2(x) = sinx


3.8. Grafisk løsning ☞ [S] 7.2 Direction fields. . . ; [LA] 17 Generel ligning 

Eksempel 1 - Retningsfelt 

dy 


y 

1 

0 1 

3.9. Logistisk ligning grafisk ☞ [S] 7.5 The logistic equation 

Eksempel 

For den logistiske ligning 

dP 

P 

= 0.08P(1 − 

dt 1000 ) 

prøver vi at tilnærme graferne for løsningerne med små tangentstykker. 

I et givet punkt (t1,P1) vil en tangent have ligning 

P = P1 + 0.08P1(1 − P1 

)(t − t1) 

1000 

3.10. Grafisk løsning ☞ [S] 7.5 The logistic equation 

Retningsfelt 

P 

1000 

0 100 

3.11. Logistisk ligning - Eulers metode ☞ [S] 7.5 The logistic equation 

Eksempel 2 

For det logistiske begyndelsesværdiproblem 

dP 

P 

= 0.08P(1 − ), P(0) = 100 

dt 1000 

prøver vi at tilnærme løsningen med differentialet i små intervaller. 

I et givet punkt (Pn,tn) vil differentialet være 

og 

x 

dP = 0.08Pn(1 − Pn 

1000 )dt 

t


P ≈ Pn + 0.08Pn(1 − Pn 

1000 )(t − tn) 

3.12. Eulers metode ☞ [S] 7.5 The logistic equation 

Eulers metode 


dP 

dt 

P 

= 0.08P(1 − ), P(0) = 100 

1000 

n tn Pn 

1 10.0 172.0 

2 20.0 285.9 

3 30.0 449.3 

4 40.0 647.2 

5 50.0 829.9 

n tn Pn 

6 60.0 942.8 

7 70.0 985.9 

8 80.0 997.0 

9 90.0 999.4 

10 100.0 999.9 

3.13. Grafisk ☞ [S] 7.6 Predator-prey systems 

Eksempel 

For Lotka-Volterra systemet 

dR 

= kR − aRW 

dt 

dW 

= −rW + bRW 

dt 

er hastighedsfeltet i RW -planen givet ved vektorerne 

 

dR dW 

, = (kR − aRW, −rW + bRW) 

dt dt 


Eksempel 1 

For Lotka-Volterra systemet k = 0.08,a = 0.001,r = 0.02,b = 0.00002 

tegnes hastighedsfeltet i RW -planen. 

dR 

= 0.08R − 0.001RW 

dt 

dW 

= −0.02W + 0.0002RW 

dt 


Eksempel 1 - figur


W 

100 

0 1000 

Hastighedsfeltet 

3.16. Eulers metode ☞ [S] 7.6 Predator-prey systems 

Eksempel 1 - Eulers metode 

For Lotka-Volterra systemet k = 0.08,a = 0.001,r = 0.02,b = 0.00002 

dR 

= 0.08R − 0.001RW 

dt 

dW 

= −0.02W + 0.0002RW 

dt 

prøver vi at tilnærme løsningen med differentialet. 

I et givet punkt (Rn,Wn) vil differentialet være 

dR = (0.08Rn − 0.001RnWn)dt 

dW = (−0.02Wn + 0.0002RnWn)dt 

3.17. Eulers metode ☞ [S] 7.6 Predator-prey systems 

Eksempel 1 - Eulers metode 

Tabellæg løsning til R = 1000 og W = 75 månedsvis: 

n Rn Wn 

0 1000 75 

1 1005 75 

2 1010 75 

3 1015 75 

4 1020 75 

5 1025 75 

6 1030 75 

n Rn Wn 

7 1035 75 

8 1040 75 

9 1045 75 

10 1050 75 

11 1055 75 

12 1060 75 

13 1065 76 

R 

n Rn Wn 

14 1069 76 

15 1074 76 

16 1079 76 

17 1083 76 

18 1087 76 

19 1091 76 

20 1095 76 


Eksempel 

Vi viser nu hastighedsfelter for forskellige lineære systemer. 

• figur 1 – To positive egenværdier 

• figur 2 – En positiv og en negativ egenværdi 

• figur 3 – En egenværdi med multiplicitet 2 

• figur 4 – Ingen reelle egenværdier



Figur 1 – To positive egenværdier 

y2 


Figur 2 – En positiv og en negativ egenværdi 

y2 


Figur 3 – En egenværdi med multiplicitet 2 

y2 


Figur 4 – Ingen reelle egenværdier 

y1 

y1 

y1


y2 

3.23. Ligevægt og stabilitet ☞ [LA] 18 Stabilitet 

Definition 1 

En differentialligning 

kaldes et autonom system. 

En konstant løsning 

dy 

= F(y) 

dx 

y(x) = b,F(b) = 0 

kaldes en ligevægt. 

En ligevægt kaldes (lokal) stabil, hvis enhver løsning y(x) som kommer tilstrækkelig tæt 

på b, vil konvergere mod b for x gående mod uendelig. I modsat fald kaldes ligevægten 

ustabil. 

Der er en oplagt udvidelse til differentialligningsystemer. 


Bemærkning 1 

I en omegn af en ligevægt y(x) = b,F(b) = 0 kan det autonome begyndelsesværdiproblem 

dy 

dx = F(y),y(x0) = b + ǫ 

tilnærmes med den lineære ligning 

hvor y(x) ≈ b + z(x). 

dz 

dx = F ′ (b)z,z(x0) = ǫ 


Bemærkning 2 

For en ligevœgt y(x) = b,F(b) = 0 for det autonome system 

gœlder 

F ′ (b) < 0: Stabil ligevœgt. 

F ′ (b) > 0: Ustabil ligevœgt. 

F ′ (b) = 0: Ingen konklusion. 

dy 

= F(y) 

dx 


Bemærkning 2 - figur 

y1


y ′ 

Fasediagram 

y ′ = F(y) 

3.27. Logistisk stabilitet ☞ [LA] 18 Stabilitet 

Eksempel 1 

Den logistiske ligning 

har ligevægts løsninger 

og 

F ′ (0) = k > 0: 0 Ustabil ligevœgt. 

F ′ (K) = −k: K Stabil ligevœgt. 

dP 

dt 

= kP(1 − P 

K ) 

P(t) = 0, P(t) = K 

F ′ (P) = − 2k 

P + k 

K 

3.28. Logistisk stabilitet ☞ [LA] 18 Stabilitet 


P ′ 

Fasediagram 

P ′ = kP(1 − P 

K ) 

3.29. Lotka-Volterra stabilitet ☞ [LA] 18 Stabilitet 

Eksempel 2 

For Lotka-Volterra systemet, 

a,b,k,r > 0, 

dR 

= kR − aRW 

dt 

dW 

= −rW + bRW 

dt 

y 

P


er der to ligevægtsløsninger 

(R,W) = (0,0), (R,W) = (r/b,k/a) 



I (R,W) = (0,0) er den lineære approximation 

som giver en ustabil ligevægt. 

dR 

= kR 

dt 

dW 

= −rW 

dt 



I (R,W) = (r/b,k/a) er den lineære approximation for ( ¯ R, ¯ W) = (R − r/b,W − k/a) 

som har en ustabil ligevægt. 

Man kan vise, at løsningskurverne 

d ¯ R 

dt 

d ¯ W 

dt 

= −ar 

b ¯ W 

= bk 

a ¯ R 

t ↦→ (R(t),W(t)) 

for det oprindelig system er deformationer af cirkler omkring ligevægtspunktet. Der er 

altså en cyklisk udvikling i modellen.

V 

Matricer 

1. Vektorer og matricer 

1.1. Oversigt ☞ [LA] 1, 2, 3, [S] 9.1-3 


✌ Talpar, taltripler og n-tupler 

✌ Linearkombination og span 

✌ Test linearkombination 

✌ Hvad er en matrix 

✌ Matrix multiplikation 

✌ Test matrix multiplikation 

✌ Standard vektorer 

✌ Identitetsmatricen 

1.2. Taltupler ☞ [LA] 1 Koordinatvektorer 

Definition 

Det n-dimensionale koordinatvektorrum udgøres af alle n-tupler 

(x = x) af reelle tal og betegnes 

x = (x1,...,xi,...,xn) 

R n 

Taltuplen x kaldes en (koordinat)vektor med i-te koordinat xi. 

Vektoren, hvis koordinater alle er 0 

kaldes nulvektoren. 

0 = (0,...,0) 

1.3. Planen ☞ [LA] 1 Koordinatvektorer 

Figur 

y 

b 

0 

a 

(a, b) 

Talplanen R 2 

163 

x

164 V. MATRICER 

1.4. Rummet ☞ [LA] 1 Koordinatvektorer, [S] 9.1 Three-dimensional co... 

Figur 

z 

x 

a 

c 

0 

xn 

(a, b, c) 

Talrummet R 3 

1.5. Addition 

Definition 

☞ [LA] 1 Koordinatvektorer 

Sum af vektorer 

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 

x1 y1 x1 + y1 

⎜ 

x + y = 

. ⎟ ⎜ 

⎝ . ⎠ + 

. ⎟ ⎜ 

⎝ . ⎠ = 

. ⎟ 

⎝ . ⎠ 

Eksempel 

yn 

⎛ ⎞ 

1 

⎛ ⎞ 

4 

⎛ ⎞ 

5 

⎝2⎠ 

+ ⎝5⎠ 

= ⎝7⎠ 

3 6 9 

b 

xn + yn 

1.6. Skalering 

Definition 

Skalarmultiplikation af skalar (tal) og vektor 

☞ [LA] 1 Koordinatvektorer 

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 

Eksempel 

⎜ 

αx = α ⎝ 

x1 

. 

xn 

⎟ 

⎠ = 

⎜ 

⎝ 

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 

1 3 

3⎝2⎠ 

= ⎝6⎠ 

3 9 

1.7. Regneregler ☞ [LA] 1 Koordinatvektorer 

Regneregler 

(1) Kommutativ lov 

(2) Associativ lov 

u + v = v + u 

αx1 

. 

αxn 

⎟ 

⎠ 

u + (v + w) = (u + v) + w 

y

(3) Distributive love 

1. VEKTORER OG MATRICER 165 

r(u + v) = ru + rv 

(r + s)u = ru + su 

1.8. Associativ addition ☞ [LA] 1 Koordinatvektorer, [S] 9.2 Vectors 

Figur 

a + b + c 

a 

b + c 

b 

a + b 

Associativ lov for vektorer i planen 

1.9. Linearkombination ☞ [LA] 1 Koordinatvektorer 

Definition 

Et sæt af vektorer u1,...,uk og koefficienter (skalarer) λ1,...,λk giver linearkombinationen 

Eksempel 

λ1u1 + · · · + λkuk 

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 

1 1 4 −5 

0⎝5⎠ 

+ 3⎝2⎠ 

− 2⎝5⎠ 

= ⎝−4⎠ 

7 3 6 −3 

1.10. Span ☞ [LA] 1 Koordinatvektorer 

Definition 

Givet et sæt af vektorer u1,...,uk i R n . Så er deres span alle linearkombinationer 

c 

v = λ1u1 + · · · + λkuk 

Et span er stabilt overfor dannelse af linearkombination og giver et underrum af R n . 

Eksempel 

Diagonalen i talplanen er et span 

{(x,y)|x = y} = span((1,1)) ⊂ R 2 

1.11. Vektorrum ☞ [LA] 1 Koordinatvektorer, [S] 9.2 Vectors 

Definition 

En mængde med struktur som et koordinatvektorrum kaldes et vektorrum og elementerne 

kaldes vektorer. Vektorer kan adderes og skalarmultipliceres med reelle skalarer. 

Eksempel 

Et underrum i R n er et vektorrum. 

Eksempel


Mængden af alle reelle funktioner f : X → R er et vektorrum. 

1.12. Test linearkombination ☞ [LA] 1 Koordinatvektorer 

Test 

Enhver vektor x ∈ R 3 kan skrives som en linearkombination x = λ1(1,1, −1)+λ2(−1, −1,1). 

Løsning 

x = λ1(1,1, −1) + λ2(−1, −1,1) = (λ1 − λ2)(1,1, −1) 

som alle har samme 1. og 2. koordinat. 

Afkryds: 

ja nej 

 

1.13. Matrix indgang ☞ [LA] 2 Matricer 

Definition 

En m × n-matrix er et rektangulært regneark med m-rækker og n-søjler. Det skrives 

(A = A) 

ij-te (matrix)indgang 

A = (aij)i=1...m,j=1...n 

⎛ 

⎞ 

= 

⎜ 

⎝ 

a11 ... a1n 

. aij 

. 

am1 ... amn 

aij 

⎟ 

⎠ 

Matricen 0 = (0) med alle indgange lig 0 kaldes nulmatricen. 

1.14. Matrix række/søjle ☞ [LA] 2 Matricer 

Definition 

En m × n-matrix 

har i-te række 

og j-te søjle 

A = (aij)i=1...m,j=1...n 

ai• = 

ai1 ... ain 

a •j = 

⎛ 

⎜ 

⎝ 

1.15. Rækker og søjler ☞ [LA] 2 Matricer 

Eksempel 

m = 1 rækkevektor/rækkematrix 

n = 1 søjlevektor/søjlematrix 

a1j 

. 

amj 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

 

a1 ... an 

⎛ 

⎜ 

⎝ 

a1 

. 

am 

⎞ 

⎟ 

⎠


1.16. 3x4 matrix 

Eksempler 

☞ [LA] 2 Matricer 

3 × 4-matrix ⎛ 

1 2 0 

⎞ 

−2 

⎝−1 

8 3 4 ⎠ 

5 4 3 1 

4-rækkematrix 

 

6 2 9 

 

−2 

3-søjlematrix 

⎛ ⎞ 

5 

⎝ 0 ⎠ 

−5 

1.17. Addition skalering ☞ [LA] 2 Matricer 

Definition 

Sum, Skalarmultiplikation 

To m × n-matricer kan adderes til en m × n-matrix. En matrix kan skaleres. 

Eksempel 

 

1 2 

+ 

−1 8 

A = (aij)i=1...m,j=1...n 

B = (bij)i=1...m,j=1...n 

A + B = (aij + bij)i=1...m,j=1...n 

λA = (λaij)i=1...m,j=1...n 

 

1 2 

= 

−1 8 

 

2 4 

= 2 

−2 16 

 

1 

 

2 

−1 8 

1.18. Matrix multiplikation ☞ [LA] 2 Matricer 

Definition (Multiplikation) 

En m × n-matrix og en n × p-matrix kan multipliceres (ganges sammen) til en m × pmatrix. 

A = (aij)i=1...m,j=1...n 

B = (bjk)j=1...n,k=1...p 

AB = (cik)i=1...m,k=1...p 

cik = ai1b1k + · · · + ainbnk = 

n 

j=1 

aijbjk 

1.19. Gange er nemt ☞ [LA] 2 Matricer 

Bemærkning 

I cik indgår kun den i-te række i første matrix og den k-te søjle i anden matrix. 

⎛ ⎞ 

cik = ⎜ 

⎜ 

ai1 ...aij ...ain ⎜ 

⎝ 

b1k 

. 

bjk 

. 

bnk 

⎟ 

⎠ 

= ai1b1k + · · · + aijbjk + · · · + ainbnk


1.20. Øvelse ☞ [LA] 2 Matricer 

Eksempel 

 

1 

 

2 3 

 

−5 

−1 8 4 0 

 

[1 · 3 + 2 · 4] 

= 

[(−1) · 3 + 8 · 4] 

 

[1 · (−5) + 2 · 0] 

[(−1) · (−5) + 8 · 0] 

 

11 

= 

29 

 

−5 

5 

1.21. Regneark 

Eksempel 


Rækkesum ⎛ 

⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 

⎞ 

Søjlesum 

⎜ 

⎝ 

a11 ... a1n 

. aij 

. 

am1 ... amn 

1 a11 + · · · + a1n 

⎟ ⎜ 

⎠ ⎝ . 

⎟ ⎜ 

. ⎠ = ⎝ . 

⎟ 

. ⎠ 

1 am1 + · · · + amn 

⎛ 

⎜ 

1, ..., 1 ⎝ 

a11 ... a1n 

. aij 

. 

am1 ... amn 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

= 

a11 + · · · + am1, ..., a1n + · · · + amn 

1.22. Vigtigste regneregel ☞ [LA] 2 Matricer 

Sætning 1 (Associativ lov) 

Matrix multiplikation er associativ. Givet A en m × n-matrix, B en n × p-matrix og C en 

p × q-matrix, så er følgende to m × q-matricer ens. 

Bevis 

Fælles il-te indgang 

(AB)C = A(BC) 

dil = 

j,k 

aijbjkckl 

1.23. Multiplikation og linearkombination ☞ [LA] 2 Matricer 

Sætning 2 

Givet A en m × n-matrix og x en n-søjlematrix, så er produktet 

y = Ax = a •1x1 + · · · + a •nxn 

den m-søjlematrix, der fremkommer som linearkombinationen af søjlerne i A med koefficienter 

de n indgange i x. 

Bevis 

Udregn 

yi = 

j 

aijxj


1.24. Nemme regneregler ☞ [LA] 2 Matricer 

Bemærkning 

Simple regneregler 

For matricer af størrelser, så operationerne er definerede gælder 

Associativ lov 

Distributive love 

A + (B + C) = (A + B) + C 

A(B + C) = AB + AC 

(A + B)C = AC + BC 

1.25. Pas på 

Advarsler 

Den kommutative lov holder ikke 

Normalt er 


 

0 

AB = BA 

 

0 0 0 0 

= 

 

0 

Nulreglen gœlder ikke 

1 0 0 1 

 

0 0 0 0 

= 

0 1 1 0 

0 0 

 

0 0 

1 0 

A = 0, B = 0, AB = 0 

1.26. Test matrix multiplikation ☞ [LA] 2 Matricer 

Test 

Hvilket matrixprodukt er rigtigt? 

2 1 x 1 2 1 + x 2 + 4x 

(a) 

= 

. 

 

3 4 

 

x 4 

 

3 + 4x 

 

22 

1 2 1 −2 7 6 

(b) 

= . 

3 4 3 4 15 12 

Løsning 

1 x 1 2 

= 

3 4 x 4 

 

[1 · 1 + x · x] [1 · 2 + x · 4] 

. 

[3 · 1 + 4 · x] [2 · 3 + 4 · 4] 

Afkryds det rigtige: 

(a) (b) 

 

1.27. Enhedsvektorer ☞ [LA] 3 Lineære funktioner 

Eksempel 

Den i-te standard enhedsvektor ei er (søjle,række)-vektoren, hvis i-te koordinat er 1 og 

alle øvrige er 0. 

⎛ ⎞ 

0 

⎜ . 

⎟ 

⎜ . ⎟ 

ei = ⎜ 

⎜1 

⎟ 

⎜ . ⎟ 

⎝ . ⎠ 

0 

ei = 0, ..., 1, ..., 0


1.28. Span af enhedsvektorer ☞ [LA] 3 Lineære funktioner 

Bemærkning 

span(e1,...,en) = R n 

En vektor x ∈ R n har fremstillingen 

Eksempel 

x = 

n 

i=1 

xiei 

(1,2, −3) = 1(1,0,0) + 2(0,1,0) − 3(0,0,1) 

1.29. Multiplikation af enhedsvektorer ☞ [LA] 2 Matricer 

Eksempel 

Den i-te standard enhedsvektor ei multiplicerer fra højre som søjle og fra venstre som 

række. 

For en m × n-matrix A er produktet 

den j-te søjle i A 

og produktet 

den i-te række i A. 

Aej = a •j 

eiA = ai• 

1.30. Kvadratisk matrix, identitetsmatrix ☞ [LA] 2 Matricer 

Definition 

En kvadratisk matrix er en n × n-matrix. 

En diagonalmatrix er en kvadratisk matrix, hvor indgange udenfor diagonalen alle er 0. 

Identitetsmatricen 

⎛ 

1 0 

⎞ 

... 

⎜ 

In = ⎜ 

⎝ 

0 

. 

. .. 

0 

⎟ 

0 ⎟ 

⎠ 

1 

med 1 i diagonalen og 0 udenfor er en diagonalmatrix. 

1.31. Identitetsmatricer ☞ [LA] 2 Matricer 

Eksempel 

De første tre identitetsmatricer: 

I2 = 

I1 = 1 

 

1 0 

0 1 

⎛ 

1 0 

⎞ 

0 

I3 = ⎝0 

1 0⎠ 

0 0 1

2. LINEÆRE AFBILDNINGER 171 

1.32. Multiplikation af identitetsmatrix ☞ [LA] 2 Matricer 

Sætning 3 

Lad A vœre en m × n-matrix. Så gœlder 

ImA = A = AIn 

"Matrix multiplikation med identitetsmatricen œndrer ikke en matrix." 

Bevis 

Den j-te søjle i In er ej, så den j-te søjle i AIn er 

den j-te søjle i A. 

Aej = a •j 

2. Lineære afbildninger 

2.1. Oversigt ☞ [LA] 3, 4, 5 


✌ Fra matrix til afbildning 

✌ Fra afbildning til matrix 

✌ Test matrix-afbildning 

✌ Inverse matricer 

✌ Test invers matrix 

✌ Matrix potens 

✌ Lineære ligningssystemer 

✌ Løsningsmængdens struktur 

✌ Test løsningsmængde 

2.2. Lineær afbildning ☞ [LA] 3 Lineære funktioner 

Definition 

f : R n → R m 

er en lineær afbildning, hvis linearkombinationer bevares 

f(λ1u1 + · · · + λkuk) = λ1f(u1) + · · · + λkf(uk) 

Bemærk 

Det er nok, at sum og skalarmultiplikation bevares 

f(u + v) = f(u) + f(v) 

f(αu) = αf(u) 

2.3. Lineær afbildning ☞ [LA] 3 Lineære funktioner 

Eksempel 

Afbildningen f : R 2 → R 2 givet ved 

er lineær. 

f(x,y) = (y,x + y)


Bevis 

f((x1,y1) + (x2,y2)) = f(x1 + x2,y1 + y2) 

Tilsvarende for skalarmultiplikation. 

= (y1 + y2,x1 + x2 + y1 + y2) 

= (y1,x1 + y1) + (y2,x2 + y2) 

= f(x1,y1) + f(x2,y2) 

2.4. Matrix til lineær afbildning ☞ [LA] 3 Lineære funktioner 

Definition 

For en m × n-matrix A defineres en afbildning 

ved 

R n → R m 

u ↦→ Au 

Eksempel 

u1 1 2 u1 u1 + 2u2 

↦→ 

= 

u2 3 4 u2 3u1 + 4u2 

2.5. Matrix til lineær afbildning ☞ [LA] 3 Lineære funktioner 

Sætning 4 

Funktionen f : R n → R m 

f(u) = Au 

defineret ved en m × n-matrix A er lineœr 

f(u + v) = f(u) + f(v) 

f(αu) = αf(u) 

Bevis 

A(u + v) = Au + Av, A(αu) = αAu 

Fra de simple regneregler for matrix multiplikation. 

2.6. Lineær afbildning til matrix ☞ [LA] 3 Lineære funktioner 

Sætning 5 

Enhver lineœr afbildning f : R n → R m fremkommer fra en entydig bestemt m×n-matrix 

Bemærk 

A = Matr(f) 

f(u) = Au 

f(ej) = a •j 

“j-te søjle i matricen for f er billedet af j-te enhedsvektor i R n .” 

2.7. Opgave ☞ [LA] 3 Lineære funktioner 

Opgave 

Find Matr(f) for den lineære afbildningen f(x,y) = (y,x + y). 

Løsning 

Søjlerne i Matr(f) er 

 

1 0 

0 

f(e1) = f( ) = , f(e2) = f( ) = 

0 1 

1 

 

1 

1

Heraf Matr(f) = 

Prøve 

0 

 

1 x 

1 1 y 


 

0 1 

1 1 

= 

 

y 

x + y 

2.8. Multiplicere = sammensætte ☞ [LA] 3 Lineære funktioner 

Sætning 6 

Lad f,g vœre lineœre afbildninger 

R n f 

−−−−→ Rm Så er den sammensatte afbildning g ◦ f lineœr og 

g 

−−−−→ R p 

Matr(g ◦ f) = Matr(g)Matr(f) 

Bevis 

For f(u) = Au, g(v) = Bv giver den associative lov 

g ◦ f(u) = g(f(u)) = B(Au) = (BA)u 

2.9. Test matrix-afbildning ☞ [LA] 3 Lineære funktioner 

Test 

Den⎛lineære afbildning ⎞ ⎛f(x,y) 

= ⎞(x 

+ y,x − y,y) har tilhørende matrix Matr(f): 

1 1 1 1 

(a) ⎝1 

−1⎠. 

(b) ⎝1 

−1⎠. 

1 1 0 

(c) 

. 

1 −1 1 

0 0 0 1 

Løsning 

Søjlerne i 3 × 2-matricen er 

Afkryds den korrekte: 

f(1,0) = (1,1,0), f(0,1) = (1, −1,1) 

(a) (b) (c) 

 

2.10. Invers matrix ☞ [LA] 4 Inverse matricer 

Definition 

En kvadratisk n × n-matrix A har en invers matrix B, hvis 

B er entydigt bestemt og betegnes 

A kaldes invertibel. 

Bevis 

Entydighed: For AC = I = CA er 

AB = In = BA 

B = A −1 

B = BI = B(AC) = (BA)C = IC = C 

2.11. Invers diagonalmatrix 

Eksempel 

☞ [LA] 4 Inverse matricer 

En diagonal n × n-matrix 

⎛ ⎞ 

Λ = 

λ1 0 ... 

. 

0 .. 

⎟ 

0 ⎟ 

⎠ 

. 0 λn 

⎜ 

⎝


med alle diagonal indgange λi = 0 er invertibel. 

Den inverse er 

Λ −1 ⎛ 

λ 

⎜ 

= ⎜ 

⎝ 

−1 

1 

0 

0 

. .. 

⎞ 

... 

⎟ 

0 ⎟ 

⎠ 

. 0 λ −1 

n 

2.12. Inverter produkt ☞ [LA] 4 Inverse matricer 

Sætning 

Lad A,B vœre invertible n × n-matricer. Så er AB invertibel og der gœlder 

"Pas på rœkkefølgen." 

Bevis 

(AB) −1 = B −1 A −1 

(AB)(B −1 A −1 ) = A(BB −1 )A −1 

= AInA −1 

= AA −1 

= In 

2.13. Test invers matrix ☞ [LA] 4 Inverse matricer 

Test 

Lad A,B være invertible n × n-matricer. Så gælder (AB) −1 = A −1 B −1 . 

Løsning 

Den rigtige formel er 

(AB) −1 = B −1 A −1 

Afkryds: 

ja nej 

 

2.14. Matrix potens ☞ [LA] 2 Matricer 

Definition 

For en kvadratisk n × n-matrix A defineres potens, k = 0,1,2,..., 

Hvis A er invertibel, så er 

For enhedsmatricen er 

A 0 = In, A k = A k−1 A 

A −k = (A −1 ) k = (A k ) −1 

In k = In 

2.15. Pas på matrix potens ☞ [LA] 2 Matricer 

Bemærkning 

Potensregneregler gælder 

A l A m = A l+m 

Men normalt er 

For eksempel 

(A l ) m = A lm 

A m B m = (AB) m 

A 2 B 2 = (AA)(BB) = (AB)(AB) = (AB) 2


2.16. Potens af diagonalmatrix ☞ [LA] 2 Matricer 

Eksempel 

For en diagonal n × n-matrix 

⎛ ⎞ 

og k = 0,1,2,... er potensen 

Λ = 

Λ k = 

λ1 0 ... 

. 

0 .. 

⎟ 

0 ⎟ 

⎠ 

. 0 λn 

⎜ 

⎝ 

⎛ 

⎜ 

⎝ 

λ k 1 0 ... 

0 

. .. 0 

. 0 λ k n 

2.17. Matrix potens ☞ [LA] 2 Matricer 

Opgave 

Beregn matrix potensen 

k 1 a 

0 1 

Løsning 

Bemærk 

1 

0 

 

x 1 

1 0 

 

y 

= 

1 

Heraf 

k 1 a 

= 

0 1 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

 

1 x + y 

0 1 

 

1 ka 

0 1 

2.18. Ligninger på matrix form ☞ [LA] 5 Lineære ligningssystemer 

Definition 

Ved m lineære ligninger med n ubekendte forstås 

a11x1 + ... + a1nxn = b1 

a21x1 + ... + a2nxn = b2 

. 

am1x1 + ... + amnxn = bm 

På matrix form A = (aij) m × n-matrix, b = (bi) m-søjle, x = (xj) n-søjle 

Ax = b 

2.19. Ligninger på matrix form ☞ [LA] 5 Lineære ligningssystemer 


Matrix form 

Ax = b 

skrevet ud 

⎛ 

a11 ... a1n 

am1 ... amn 

⎞ ⎛ 

x1 

xn 

⎞ 

⎛ 

b1 

bm 

⎞ 

⎜a21 

⎜ ... a2n ⎟ ⎜x2⎟ 

⎟ ⎜ ⎟ 

⎜ . ⎟ ⎜ . ⎟ 

⎝ . ⎠ ⎝ . ⎠ = 

⎜b2 

⎟ 

⎜ ⎟ 

⎜ . ⎟ 

⎝ . ⎠


2.20. Koefficient matrix ☞ [LA] 5 Lineære ligningssystemer 

Notation 

Givet ligningssystemet 

Ax = b 

(1) A koefficientmatrix 

(2) b = 0 homogent system 

(3) b = 0 inhomogent system 

(4) Partikulær løsning en funden løsning, fuldstændig løsning mængden af alle 

løsninger 

2.21. 2 ligninger 3 ubkendte ☞ [LA] 5 Lineære ligningssystemer 

Eksempel 1 

2x1 − 2x2 − 4x3 = −28 

x2 + 2x3 = 16 

(1) Vælg x3 = 0 og løs x2 = 16. Indsæt i første ligning 

(2) Dette giver partikulær løsning 

2x1 − 2 · 16 = −28 

(x1,x2,x3) = (2,16,0) 



Den fuldstændige løsning er 

⎛ 

⎝ 

x1 

x2 

x3 

⎞ 

hvor x3 kan vælges frit. 

⎠ = 

= 

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 

x2 + 2x3 − 14 2 

⎝ −2x3 + 16 ⎠ = ⎝−2x3 

+ 16⎠ 

x3 

x3 

⎛ ⎞ 

2 

⎛ 

0 

⎞ ⎛ ⎞ 

2 

⎛ ⎞ 

0 

⎝16⎠ 

+ ⎝−2x3⎠ 

= ⎝16⎠ 

+ x3 ⎝−2⎠ 

0 

0 1 

x3 

2.23. 1 ligning 3 ubkendte ☞ [LA] 5 Lineære ligningssystemer 

Eksempel 1’ 

(1) Vælg x3 = x2 = 0 og løs x1 = 1 

(2) Det giver partikulær løsning 

x1 + x2 + x3 = 1 

(x1,x2,x3) = (1,0,0) 

2.24. 1 ligning 3 ubkendte ☞ [LA] 5 Lineære ligningssystemer 

Eksempel 1’ - fortsat


Den fuldstændige løsning er 

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 

x1 −x2 − x3 + 1 1 −x2 −x3 

⎝x2⎠ 

= ⎝ x2 ⎠ = ⎝0⎠ 

+ ⎝ x2 ⎠ + ⎝ 0 ⎠ 

0 0 

x3 

x3 

hvor både x2 og x3 kan vælges frit. 

⎛ ⎞ 

1 

⎛ ⎞ 

−1 

⎛ ⎞ 

−1 

= ⎝0⎠ 

+ x2 ⎝ 1 ⎠ + x3 ⎝ 0 ⎠ 

0 0 1 

2.25. Løsningsrummet ☞ [LA] 5 Lineære ligningssystemer 

Sætning 7 

Løsningsmœngden til et homogent lineœrt ligningssystem med n ubekendte 

er et lineœrt underrum 

kaldet løsningsrummet eller nulrummet. 

Ax = 0 

NA ⊂ R n 

Bevis 

Simple regneregler for matrix multiplikation giver 

Ax = 0, Ay = 0 ⇒ A(x + y) = 0 


Eksempel 

x1 + x2 = 0 

x3 + x4 = 0 

(1) x3 = −x4 og x1 = −x2. 

(2) x4 og x2 kan vælges frit. 



⎛ ⎞ 

x1 

⎜x2⎟ 

⎜ ⎟ 

⎝x3⎠ 

= 

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 

−x2 −1 0 

⎜ x2 ⎟ ⎜ 

⎜ ⎟ 

⎝−x4⎠ 

= x2 

⎜ 1 ⎟ ⎜ 

⎟ 

⎝ 0 ⎠ + x4 

⎜ 0 ⎟ 

⎝−1⎠ 

0 1 

x4 

Løsningsrummet er span af vektorerne 

⎛ ⎞ 

−1 

⎜ 1 ⎟ 

⎝ 0 ⎠ 

0 

, 

⎛ ⎞ 

0 

⎜ 0 ⎟ 

⎝−1⎠ 

1 

x4 

2.28. Løsninger og nulrum ☞ [LA] 5 Lineære ligningssystemer 

Sætning 8 

Givet en partikulœr løsning u til det lineœre ligningssystem med n ubekendte 

så er løsningsmœngden 

Ax = b 

{x ∈ R n |Ax = b} = u + NA 

x3


Bevis 

Simple regneregler for matrix multiplikationen giver 

Au = b, Ax = 0 ⇒ A(u + x) = b 

2.29. Test Løsningsmængde 

Test 

☞ [LA] 5 Lineære ligningssystemer 

Betragt et inhomogent lineært ligningssystem A · x = b (b = 0). Hvilket af følgende 

udsagn er sandt (uanset hvordan A ser ud) 

(a) 0 er altid en løsning. 

(c) b er altid en løsning. 

(b) 0 er aldrig en løsning. 

Afkryds det sande: 

(a) (b) 

 

(c) 

Løsning 

Gør prøve 

A · 0 = 0 = b 


Eksempel 

x1 + x2 = 1 

x3 + x4 = 2 

(1) x3 = 2, x1 = 1 og x2 = x4 = 0 

(2) Giver en partikulær løsning 

(x1,x2,x3,x4) = (1,0,2,0) 



⎛ ⎞ 

x1 

⎜x2⎟ 

⎜ ⎟ 

⎝x3⎠ 

= 

⎛ ⎞ 

1 − x2 

⎜ x2 ⎟ 

⎜ ⎟ 

⎝2 

− x4⎠ 

= 

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 

1 −1 0 

⎜ 

⎜0⎟ 

⎜ 

⎟ 

⎝2⎠ 

+ x2 

⎜ 1 ⎟ ⎜ 

⎟ 

⎝ 0 ⎠ + x4 

⎜ 0 ⎟ 

⎝−1⎠ 

0 0 1 

x4 

x4 

Løsningsmængden er (1,0,2,0) plus en vilkårlig vektor fra underrummet af alle linearkombinationer 

af vektorerne 

(−1,1,0,0), (0,0, −1,1) 

3. Lineære ligninger 

3.1. Oversigt ☞ [LA] 6, 7 


✌ Løs ligninger 

✌ Eliminer ubekendte 

✌ Rækkereduktion 

✌ Reduceret matrix 

✌ Enten-eller princippet 

✌ Test ligningssystem 

✌ Rækkeoperationsmatricer 

✌ Beregn invers matrix 

3.2. To ubekendte grafisk ☞ [LA] 5 Lineære ligningssystemer

Figur 

3. LINEÆRE LIGNINGER 179 

y 

1 

2x y = 1 

(1,1) sk ringspunkt 

To ligninger i to ubekendte 

x 

x + y = 2 

3.3. 3 ligninger 4 ubekendte ☞ [LA] 6 Løsningsteknik 

Eksempel (Rækkereduktion) 

2x1 − 2x2 − 4x3 − 6x4 = −16 

3x1 − 2x2 − 4x3 − 3x4 = −20 

−2x1 + 5x2 + 12x3 + 21x4 = 34 

2x1 − 2x2 − 4x3 − 6x4 = −16 

x2 + 2x3 + 6x4 = 4 

−2x1 + 5x2 + 12x3 + 21x4 = 34 

3.4. Eliminer en ubekendt ☞ [LA] 6 Løsningsteknik 


2x1 − 2x2 − 4x3 − 6x4 = −16 

x2 + 2x3 + 6x4 = 4 

−2x1 + 5x2 + 12x3 + 21x4 = 34 

2x1 − 2x2 − 4x3 − 6x4 = −16 

x2 + 2x3 + 6x4 = 4 

3x2 + 8x3 + 15x4 = 18 

3.5. Eliminer endnu en ☞ [LA] 6 Løsningsteknik 


2x1 − 2x2 − 4x3 − 6x4 = −16 

x2 + 2x3 + 6x4 = 4 

3x2 + 8x3 + 15x4 = 18 

2x1 − 2x2 − 4x3 − 6x4 = −16 

x2 + 2x3 + 6x4 = 4 

2x3 − 3x4 = 6 

3.6. En ubekendt er fri ☞ [LA] 6 Løsningsteknik



Heraf 

2x1 − 2x2 − 4x3 − 6x4 = −16 

x2 + 2x3 + 6x4 = 4 

2x3 − 3x4 = 6 

x3 = 3 + 3 

2 x4 

x2 = 4 − 2x3 − 6x4 = −2 − 9x4 

x1 = −8 + x2 + 2x3 + 3x4 = −4 − 3x4 

3.7. Brug matrixform ☞ [LA] 6 Løsningsteknik 


Løsning 

x3 = 3 + 3 

2 x4 

x2 = −2 − 9x4 

På matrix form 

⎛ 

⎜ 

⎝ 

x1 

x2 

x3 

x4 

x1 = −4 − 3x4 

⎞ 

⎟ 

⎠ = 

⎛ ⎞ 

−4 − 3x4 

⎜ 

⎜−2 

− 9x4 ⎟ 

⎝ ⎠ = 

⎛ ⎞ 

−4 

⎜ 

⎜−2 

⎟ 

⎝ 3 ⎠ 

0 

3 + 3 

2 x4 

x4 

+ x4 

⎛ ⎞ 

−3 

⎜ 

⎜−9 

⎟ 

⎝ ⎠ 

3.8. Eliminations strategi ☞ [LA] 6 Løsningsteknik 

Definition 

Rœkkeoperationer 

• Ombytning af to ligninger 

• Multiplikation af ligning med tal = 0 

• Addition af et multiplum af en ligning til en anden 

(1) Bevarer løsningsmængden. 

(2) Bringer ligningssystemet på rœkke-echelon form (trappeform). 

(3) Løsningsmængden kan opskrives ved baglæns substitution. 

3.9. Skalpellen frem, fjern ubekendte ☞ [LA] 6 Løsningsteknik 

Eksempel’ 

2x1 − 2x2 − 4x3 − 6x4 = −16 

3x1 − 2x2 − 4x3 − 3x4 = −20 

−2x1 + 5x2 + 10x3 + 21x4 = 34 

2x1 − 2x2 − 4x3 − 6x4 = −16 

x2 + 2x3 + 6x4 = 4 

−2x1 + 5x2 + 10x3 + 21x4 = 34 

3.10. Skær videre ☞ [LA] 6 Løsningsteknik 

Eksempel’ - fortsat 

2x1 − 2x2 − 4x3 − 6x4 = −16 

x2 + 2x3 + 6x4 = 4 

−2x1 + 5x2 + 10x3 + 21x4 = 34 

2x1 − 2x2 − 4x3 − 6x4 = −16 

x2 + 2x3 + 6x4 = 4 

3x2 + 6x3 + 15x4 = 18 

3 

2 

1


3.11. Videre ☞ [LA] 6 Løsningsteknik 


2x1 − 2x2 − 4x3 − 6x4 = −16 

x2 + 2x3 + 6x4 = 4 

3x2 + 6x3 + 15x4 = 18 

2x1 − 2x2 − 4x3 − 6x4 = −16 

x2 + 2x3 + 6x4 = 4 

− 3x4 = 6 

3.12. Afslut bagfra ☞ [LA] 6 Løsningsteknik 


Heraf 

2x1 − 2x2 − 4x3 − 6x4 = −16 

x2 + 2x3 + 6x4 = 4 

− 3x4 = 6 

x4 = −2 

x2 = 4 − 2x3 − 6x4 = 16 − 2x3 

x1 = −8 + x2 + 2x3 + 3x4 = 2 

3.13. En fri tre bundne ☞ [LA] 6 Løsningsteknik 


Løsning 

x4 = −2 

På matrix form ⎛ 

⎜ 

⎝ 

x1 

x2 

x3 

x4 

x2 = 16 − 2x3 

x1 = 2 

⎞ 

⎟ 

⎠ = 

⎛ ⎞ 

2 

⎜ 

⎜16 

− 2x3 ⎟ 

⎝ ⎠ = 

⎛ ⎞ 

2 

⎜ 

⎜16 

⎟ 

⎝ 0 ⎠ 

−2 

x3 

−2 

+ x3 

⎛ ⎞ 

0 

⎜ 

⎜−2 

⎟ 

⎝ 1 ⎠ 

0 

3.14. Rækkeoperationer reduceret matrix ☞ [LA] 6 Løsningsteknik 

Definition 

Rœkkeoperationer på en matrix 

• Ombytning af to rækker 

• Multiplikation af række med tal = 0 

• Addition af et multiplum af en række til en anden 

Bringer matricen på (reduceret) rœkke-echelon form (trappeform), 1 på pivot indgange 

⎛ 

0 

⎜ 0 

⎝ 0 

0 

0 

0 

1 

0 

0 

? 

0 

0 

? 

0 

0 

0 

1 

0 

? 

? 

0 

? 

? 

0 

⎞ 

0 

0 ⎟ 

1 ⎠ 

0 0 0 0 0 0 0 0 0 

3.15. Strategi på matrix form ☞ [LA] 6 Løsningsteknik 

Observation 

Fra et lineært ligningssystem tilordnes en augmenteret matrix 

”Ax = b” ↦→ (A|b)


Rækkeoperationer på et ligningssystem svarer til rækkeoperationer på den augmenterede 

matrix. 

Det reducerede ligningssystem opskrives fra den reducerede matrix. 

3.16. Strategi på matrix form ☞ [LA] 6 Løsningsteknik 

Eksempel’ - igen 

2x1 − 2x2 − 4x3 − 6x4 = −16 

3x1 − 2x2 − 4x3 − 3x4 = −20 

−2x1 + 5x2 + 10x3 + 21x4 = 34 

⎛ 

⎝ 

2 −2 −4 −6 −16 

3 −2 −4 −3 −20 

−2 5 10 21 34 

3.17. Øvelse gør mester 

Eksempel’ - igen fortsat 

☞ [LA] 6 Løsningsteknik 

⎛ 

2 −2 −4 −6 

⎞ 

−16 

⎛ 

2 −2 −4 −6 

⎞ 

−16 

⎝ 3 −2 −4 −3 −20 ⎠ ∼ ⎝ 0 1 2 6 4 ⎠ 

−2 5 10 21 34 −2 5 10 21 34 

⎛ 

∼ ⎝ 

2 −2 −4 −6 −16 

0 1 2 6 4 

0 3 6 15 18 

⎞ 

⎛ 

⎠ ∼ ⎝ 

⎞ 

⎠ 

2 −2 −4 −6 −16 

0 1 2 6 4 

0 0 0 −3 6 

3.18. Atter øvelse 



⎛ 

2 −2 −4 −6 

⎞ 

−16 

⎛ 

2 −2 −4 −6 

⎞ 

−16 

⎝ 0 1 2 6 4 ⎠ ∼ ⎝ 0 1 2 6 4 ⎠ 

0 0 0 −3 6 0 0 0 1 −2 

⎛ 

∼ ⎝ 

2 −2 −4 0 −28 

0 1 2 0 16 

0 0 0 1 −2 

⎞ 

⎛ 

⎠ ∼ ⎝ 

2 0 0 0 4 

0 1 2 0 16 

0 0 0 1 −2 

3.19. Afslut elegant 



⎛ 

2 −2 −4 −6 

⎞ 

−16 

⎛ 

1 0 0 0 2 

⎞ 

⎝ 3 −2 −4 −3 −20 ⎠ ∼ ⎝ 0 1 2 0 16 ⎠ 

−2 5 10 21 34 0 0 0 1 −2 

Det reducerede ligningssystem 

x1 = 2 

x2 + 2x3 = 16 

x4 = −2 

3.20. En fri tre bundne ☞ [LA] 6 Løsningsteknik 


⎞ 

⎠ 

⎞ 

⎠

Løsning 

På matrix form 

hvor x3 vælges frit. 

⎛ 

⎜ 

⎝ 

x1 

x2 

x3 

x4 


x4 = −2 

x2 = 16 − 2x3 

x1 = 2 

⎞ 

⎟ 

⎠ = 

⎛ ⎞ 

2 

⎜ 

⎜16 

− 2x3 ⎟ 

⎝ ⎠ = 

⎛ ⎞ 

2 

⎜ 

⎜16 

⎟ 

⎝ 0 ⎠ 

−2 

x3 

−2 

+ x3 

⎛ ⎞ 

0 

⎜ 

⎜−2 

⎟ 

⎝ 1 ⎠ 

0 

3.21. Enten-eller ☞ [LA] 6 Løsningsteknik 

Enten-eller-princip (22) 

En kvadratisk matrix kan ved rækkeoperationer 

• enten føres over i identitetsmatricen 

• eller føres over i en matrix med en nulrække nederst 

Bevis 

Matricen på reduceret trappeform ⎛ 

⎜ 

⎝ 

1 ? 0 0 

0 0 1 0 

0 0 0 1 

0 0 0 0 

3.22. Struktur er sagen ☞ [LA] 6 Løsningsteknik 

Sætning 9 

Et homogent ligningssystem, hvor der er flere ubekendte end ligninger, har altid uendelig 

mange løsninger. 

Bevis 

Koefficientmatricen har flere søjler end rækker. Den reducerede matrix 

⎛ 

⎞ 

0 0 1 ? ? 0 ? ? 0 

⎜ 0 0 0 0 0 1 ? ? 0 ⎟ 

⎝ 0 0 0 0 0 0 0 0 1 ⎠ 

0 0 0 0 0 0 0 0 0 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

har mindst 1 pivotfri søjle. Altså er der parametre i løsningen. 

3.23. Test ligningssystem 

Test 


Et homogent lineært ligningssystem med 4 ubekendte og 3 ligninger har: 

(a) Altid højst 1 løsning. (b) Altid uendelig mange løsninger. 

(c) Undertiden ingen løsninger. (d) Mindst 1 løsning. 

Afkryds de to rigtige: 

(a) (b) 

 

(c) (d) 

 

Løsning 

Sætning 9 sikrer uendelig mange løsninger. 

3.24. En sjov variation ☞ [LA] 6 Løsningsteknik


Eksempel 4 

Løs matrixligningen 

Skrives som ligningssystemet 

2 1 

5 3 

x11 x12 

x21 x22 

 

= 

 

1 0 

0 1 

2x11 + x21 = 1 

5x11 + 3x21 = 0 

2x12 + x22 = 0 

5x12 + 3x22 = 1 

3.25. Det er rigtig sjovt ☞ [LA] 6 Løsningsteknik 

∼ 

⎛ 

⎜ 

⎝ 

⎛ 

⎜ 

⎝ 

2 1 0 0 1 

5 3 0 0 0 

0 0 2 1 0 

0 0 5 3 1 

1 0 0 0 3 

0 1 0 0 −5 

0 0 1 0 −1 

0 0 0 1 2 

⎞ 

⎟ 

⎠ ∼ 

⎞ 

⎟ 

⎠ , 

⎛ 

⎜ 

⎝ 

1 1 

1 0 

1 

2 0 0 2 

2 0 0 −5 2 

1 0 0 1 2 0 

1 0 0 0 2 1 

x11 x12 

x21 x22 

 

= 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

 

3 

 

−1 

−5 2 

3.26. Operationer og multiplikation ☞ [LA] 7 Rækkeoperations-matricer 

Sætning 

Rœkkeoperationer på en m × n-matrix fremkommer ved 

• Udfør rœkkeoperationen på m × m-enhedsmatricen og få en rækkeoperationsmatrix 

• Venstre multiplicer den oprindelige matrix med den fremkomne rækkeoperationsmatrix 

3.27. Smart overbevisende ☞ [LA] 7 Rækkeoperations-matricer 

• Ombytning af to rækker 

 

0 1 

1 0 

a11 a12 

a21 a22 

 

= 

• Multiplikation af række med tal r = 0 

 

1 0 a11 a12 

= 

0 r 

a21 a22 

a21 a22 

a11 a12 

a11 a12 

 

ra21 ra22 

• Addition af et multiplum af en række til en anden 

 

1 r a11 a12 a11 + ra21 a12 + ra22 

= 

0 1 

a21 a22 

3.28. Ensidig invers er tosidig ☞ [LA] 7 Rækkeoperations-matricer 

Sætning 10 

Lad A,B vœre kvadratiske matricer af samme størelse. Så gœlder 

”En højre invers er også en venstre invers.” 

Bevis 

a21 

AB = I ⇔ BA = I 

 

a22

4. DETERMINANTER 185 

Hvis AB = I har alle ligningssystemer Ax = b en løsning x = Bb. Den reducerede 

form af A kan da ikke have en 0-række og er derfor enhedsmatricen I. Altså findes en 

matrix C så CA = I. Til slut er C = C(AB) = (CA)B = B. 

3.29. Invers ved operationer ☞ [LA] 7 Rækkeoperations-matricer 

Sætning 

En kvadratisk matrix A er invertibel, hvis og kun hvis dens reducerede form er enhedsmatricen 

I. I så fald er den augmenterede matrix 

(A|I) ∼ (I|A −1 ) 

”Den inverse matrix beregnes ved rækkeoperationer på den augmenterede matrix.” 

3.30. Invers 2x2-matrix 

Eksempel 4 


Løs matrixligningen, i.e. beregn invers, 

 

2 1 x11 

5 3 x21 

 

x12 1 

= 

x22 0 

 

0 

1 

 

2 

5 

 

1 1 0 2 1 1 0 

∼ 1 

3 0 1 0 2 −5 

 

2 

∼ 

2 1 0 

 

2 0 6 −2 1 0 3 

∼ 

∼ 

0 1 −5 2 0 1 −5 

1 1 

1 −5 

 

−1 

2 

 

0 

2 

3.31. Invers 2x2-matrix ☞ [LA] 6 Løsningsteknik 


Rækkereduktionen 

giver den inverse 

2 1 1 0 

5 3 0 1 

 

∼ 

−1 2 1 

= 

5 3 

1 0 3 −1 

0 1 −5 2 

 

3 

 

−1 

−5 2 

3.32. Invers 2x2-matrix ☞ [LA] 6 Løsningsteknik 

Eksempel 4 - forsat 

Gør prøve 

Udregn 

−1 2 1 

= 

5 3 

 

2 

 

1 3 

 

−1 

5 3 −5 2 

 

3 

 

−1 

−5 2 

= 

4. Determinanter 

 

1 0 

0 1 

4.1. Oversigt ☞ [LA] 8 


✌ Helt simple determinanter 

✌ Determinant defineret


✌ Effektive regneregler 

✌ Genkend determinant nul 

✌ Test determinant nul 

✌ Produktreglen 

✌ Inversreglen 

✌ Test inversregel og produktregel 

✌ Potensreglen 

✌ Entydig løsning 

✌ Test entydig løsning 

4.2. Nemme determinanter ☞ [LA] 8 Determinanter 

Eksempler 

Determinanten af en kvadratisk matrix 

• 1-matrix 

|a11| = a11 

• 2-matrix 

a11 a12 

 

= a11a22 − a12a21 

• 3-matrix 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

a21 a22 

 

 

 

 

 

 

 

a11 a12 a13 

a21 a22 a23 = a11 

a31 a32 a33 

a22 a23 

− a12 

a32 a33 a21 a23 

+ a13 

a31 a33 a21 a22 

a31 a32 

4.3. Udregn determinanter ☞ [LA] 8 Determinanter 

Eksempler 

 

−1 

2 

 

3 4 

= (−1) · 4 − 2 · 3 = −10 

 

 

1 

2 3 

 

 

4 

5 6 

 

2 

3 0 

 

 

= 1 · 5 

6 

 

 

3 0 

− 2 · 4 

6 

 

 

2 0 

+ 3 · 4 

5 

 

2 3 

= (5 · 0 − 6 · 3) − 2(4 · 0 − 6 · 2) 

+3(4 · 3 − 5 · 2) 

= −18 + 24 + 6 

= 12 

4.4. Nem vej til areal ☞ [LA] 8 Determinanter 

Eksempel 

Areal 

 

 

 

a1 b1 

Areal = (a1 + b1)(a2 + b2) − a1a2 − b1b2 − 2a2b1 

= a1b2 − a2b1 

 

 

= 

a1 

 

a2 

 

 

b1 b2 

b2 

a2


4.5. Determinant ved rækkeudvikling ☞ [LA] 8 Determinanter 

Definition 

Lad Aij være den (m − 1) × (n − 1)-matrix, der fremkommer ved at slette i-te række og 

j-te søjle i en m × n-matrix A. 

Determinanten af en kvadratisk n × n-matrix A er givet ved rækkeudvikling efter i-te 

række 

n 

|A| = (−1) i+j aij|Aij| 

Kan skrives 

j=1 

|A| = (−1) i+1 ai1|Ai1| + (−1) i+2 ai2|Ai2| + · · · 

4.6. Determinant mange veje ☞ [LA] 8 Determinanter 

• Determinanten kan beregnes ved søjleudvikling 

n 

|A| = (−1) i+j aij|Aij| 

i=1 

• Determinanten er uafhængig af valgt række/søjle. 

• Eksempel 

⎛ 

1 

⎝4 

7 

2 

5 

8 

⎞ 

3 

6⎠ 

9 

⎛ 

− 

= ⎝4 

7 

∗ 

| 

| 

⎞ 

− 

6⎠ 

4 

= 

7 

9 

 

6 

9 

12 

4.7. Udregn determinant af orden 4 ☞ [LA] 8 Determinanter 

Eksempel 1 

 

 

1 

 

0 

 

0 

0 

0 

1 

0 

0 

7 

0 

1 

0 

 

0 

 

0 

 

0 

= (−1) 

 

1 

4+4 

 

 

1 

 

0 

0 

= (−1) 

0 

1 

0 

 

7 

 

0 

 

1 

3+3 

 

 

1 

0 = 1 

 

0 

 

1 

4.8. Trekantsmatrix ☞ [LA] 8 Determinanter 

Eksempler 

0-række/søjle 

0 a12 · · · 

 

0 a22 · · · 

= 

. . 

. 

.. 

 

· · · 

0 0 · · · 

a21 

. 

a22 

. .. 

· · · 

· · · 

 

 

 

 

= 0 

 

 

Øvre trekantsmatrix 

 

 

a11 a12 · · · a1n 

 

0 a22 · · · a2n 

 

. 

. . 

. 

.. . 

= a11a22 · · · ann 

. 

 

0 0 · · · ann 

 

4.9. Rækkeoperationsmatricer ☞ [LA] 8 Determinanter 

Observation


• Ombytning af to rækker: 

 

 

0 

1 

 

1 0 

= −1 

• Multiplikation af række med tal = 0: 

 

 

1 

0 

 

0 r 

= r 

• Addition af et multiplum af en række til en anden: 

 

 

1 

r 

 

0 1 

= 1 

4.10. Rækkeregneregler ☞ [LA] 8 Determinanter 

Regler 

Beregning af determinant 

• Ombytning af to rækker: 

Determinanten skifter fortegn 

• Multiplikation af række med tal: 

Determinanten multipliceres med samme tal 

• Addition af et multiplum af en række til en anden: 

Determinanten er uændret 

4.11. Søjleregneregler ☞ [LA] 8 Determinanter 

Regler 

Beregning af determinant 

• Ombytning af to søjler: 

Determinanten skifter fortegn 

• Multiplikation af søjle med tal: 

Determinanten multipliceres med samme tal 

• Addition af et multiplum af en søjle til en anden: 

Determinanten er uændret 

4.12. Determinanten er nul ☞ [LA] 8 Determinanter 

Bemærk 

Observationer om determinant nul 

Eksempel 

• En 0-række eller en 0-søjle: 

Determinanten er 0 

• To ens rækker eller to ens søjler: 

Determinanten er 0 

 

 

 

 

 

 

 

 

1 3 1 0 

2 5 2 8 

2 7 2 1 

1 9 1 2 

 

 

 

 

 

= 0 

 

 

4.13. Test determinant nul ☞ [LA] 8 Determinanter 

Test

Gælder der altid, at determinanten 

 

−1 x −1 

 

3 y 3 

= 0. 

0 z 0 

Løsning 

Første og tredje søjle er ens. 


Afkryds: 

ja nej 

 

4.14. Udregn determinanter 

Eksempler 

“Reducer til øvre trekantsmatrix” 

☞ [LA] 8 Determinanter 

1) 

−1 

3 

 

2 

 

4 

= 

 

 

−1 

0 

 

2 

 

10 

= (−1) · 10 = −10 

2) 

1 

4 

2 

2 

5 

3 

 

3 

 

6 

 

0 

= 

 

 

1 

 

0 

0 

2 

−3 

−1 

 

3 

 

−6 

 

−6 

= 

 

 

1 

 

0 

0 

2 

−3 

0 

 

3 

 

−6 

 

−4 

= 1 · (−3) · (−4) = 12 

4.15. Determinant af matrixprodukt ☞ [LA] 8 Determinanter 

Sætning 11 (Produktreglen) 

For to kvadratiske n × n-matricer A,B gœlder 

|AB| = |A||B| 

Bevis 

For B fast og A en rækkeoperationsmatrix er produktreglen netop rækkeregnereglerne. 

Ved rækkereduktion kan A skrives som produkt af rækkeoperations-matricer samt enten 

identitetsmatricen eller en matrix med en 0-række nederst. Produktreglen følger heraf. 

4.16. Brug produktreglen 

Eksempel 


 

 

15 

|AA| = 

36 

14 

21 

51 

19 

 

 

1 

2 3 

 

|A| = 

4 

5 6 

= 12 

2 

3 0 

 

15 

 

42 

= |AA| = |A| · |A| = 12 · 12 = 144 

24 

4.17. Determinant af potens ☞ [LA] 8 Determinanter 

Eksempel 

Potensers determinant 

 

 

−1 

2 

 

3 4 

= (−1) · 4 − 2 · 3 = −10


 

 

 

k 

−1 2 

= −1 

2 

 

3 4 3 4 

k 

= (−10) k 

4.18. Determinant af invers matrix ☞ [LA] 8 Determinanter 

Sætning 12 (Inversreglen) 

En kvadratisk matrix A er invertibel, hvis og kun hvis |A| = 0. Der gœlder 

|A −1 | = 1 

|A| 

hvis |A| = 0. 

Bevis 

Hvis A er invertibel så giver produktreglen formlen. Hvis |A| = 0 så kan A skrives som 

produkt af rækkeoperations- matricer, som hver er invertible. A er da invertibel. 

4.19. Brug inversreglen 

Eksempel 


Matricen 

⎛ 

1 2 

⎞ 

3 

A = ⎝4 

5 6⎠ 

har determinant 

2 3 0 

|A| = 12 

A er invertibel og den inverse har determinant 

|A −1 | = |A| −1 = 1 

12 

4.20. Test inversregel 

Test 

Determinanten af en invertibel matrix er altid = 0. 


Afkryds: 

ja 

 

nej 

Løsning 

Sætning 12 giver svaret direkte. 

4.21. Test produktreglen 

Test 


Givet en kvadratisk matrix A. Hvis det(A2 ) = 0, så er det(A) = 0. 

Afkryds: 

ja 

 

nej 

Løsning 

Af produktreglen følger 

det(A) 2 = det(A 2 ) = 0 

4.22. Determinant af negative potenser ☞ [LA] 8 Determinanter 

Eksempel 

Negative potensers determinant 

 

 

−1 

2 

 

3 4 

= (−1) · 4 − 2 · 3 = −10

−1 −1 2 

= − 

3 4 

1 

10 

 

 

 

−k −1 2 

= 

3 4 

1 

(−10) k 


4.23. Determinant af alle potenser ☞ [LA] 8 Determinanter 

Eksempel 

Potensreglen for determinant 

• Hvis |A| = 0 så 

for alle hele tal k. 

• Hvis |A| = 0 så 

for alle hele tal k > 0. 

|A k | = |A| k 

|A k | = 0 

4.24. Jacobimatricen ☞ [LA] 2.2 Kædereglen i matrix-formulering 

Definition 

For en differentiabel afbildning g : R n → R n 

(u1,...,un) ↦→ (g1(u1,...,un),...,gn(u1,...,un)) 

er Jacobideterminanten determinanten af Jacobimatricen 

∂g1 

∂u1 

 

|du(g)| = 

. 

 

. 

∂gn 

... 

. .. 

... 

∂g1 

∂un 

. 

. 

 

∂gn 

∂u1 

4.25. Jacobimatricen ☞ [LA] 2.2 Kædereglen i matrix-formulering 

Eksempel 

For afbildning g : R 2 → R 2 

er Jacobideterminanten 

∂un 

(u1,u2) ↦→ (u 2 1 + u 2 2,u1u2) 

 

∂g1 ∂g1 

∂u1 ∂u2 

|du(g)| = ∂g2 ∂g2 

∂u1 ∂u2 

 

 

|du(g)| = 

2u1 

 

2u2 

 

= 2u21 − 2u 2 2 

u2 u1 

4.26. Ligningssystem og determinant ☞ [LA] 8 Determinanter 

Sætning 13 (Entydig løsning) 

(1) Et homogent ligningssystem med en kvadratisk koefficientmatrix A har en egentlig 

løsning (= 0) (uendelig mange), hvis og kun hvis |A| = 0. 

(2) Det inhomogen ligningssystem 

Ax = b 

har en og kun en løsning, hvis og kun hvis |A| = 0.


4.27. Bestem entydig løsning 

Opgave 


For hvilke tal t har det homogene ligningssystem med koefficientmatrix 

⎛ ⎞ 

1 1 1 

A = ⎝1 

t 1⎠ 

1 1 t 

en entydig løsning. 

Find løsningsrummet for alle t. 

4.28. Bestem entydig løsning 

Opgave - løsning 


Beregn determinanten 

 

 

1 

|A| = 

1 

1 

1 

t 

1 

 

1 

 

1 

 

t 

= 

 

 

1 

 

0 

0 

1 

t − 1 

0 

 

1 

 

0 

= (t − 1)2 

t − 1 

For t = 1 har det homogene ligningssystem 

entydig løsning x = 0. 

Ax = 0 

4.29. Bestem alle løsninger ☞ [LA] 8 Determinanter 

Opgave - løsning 

For t = 1 er den reducerede form af ligningssystemet 

Dette giver løsninger ⎛ 

⎝ 

x1 

x2 

x3 

x1 + x2 + x3 = 0 

⎞ ⎛ ⎞ 

−1 

⎛ ⎞ 

−1 

⎠ = x2 ⎝ 1 ⎠ + x3 ⎝ 0 ⎠ 

0 1 

4.30. Test entydig løsning ☞ [LA] 8 Determinanter 

Test 

⎛ 

−1 a 

⎞ 

−1 

Gælder der altid, at alle ligningssystemer med koefficientmatrix ⎝ 0 1 b ⎠ har en 

0 

entydig løsning. 

0 2 

Afkryds: 

ja 

 

nej 

Løsning 

−1 

0 

0 

a 

1 

0 

 

−1 

 

b 

= (−1) · 1 · 2 = −2 = 0 

2

VI 

Egenvektorer og diagonalisering 

1. Egenvektorer 

1.1. Oversigt ☞ [LA] 9 


✌ Egenværdi 

✌ Egenvektor 

✌ Egenrum 

✌ Hvordan findes egenværdier 

✌ Hvordan beregnes egenvektorerne 

✌ Angivelse af egenrum 

1.2. Vektorer skaleres ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer 

Definition 

Lad A være en n × n-matrix. En n-søjlevektor u kaldes en egenvektor for A, hvis 

for en skalar λ ∈ R. 

Au = λu 

Hvis u = 0 kaldes λ en egenværdi for A og u er en egentlig egenvektor. 

Nulvektoren er altid en egenvektor. 

1.3. Vektorer skaleres ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer 

For en egenvektor gælder 

u 

Au ∈ span(u) 

Au = u 

1.4. Mange egenvektorer ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer 

Eksempel 

Identitetsmatricen In opfylder 

Inu = u 

for alle vektorer u. 

Altså er alle vektorer egenvektorer og tallet 1 er eneste egenværdi. 

193

194 VI. EGENVEKTORER OG DIAGONALISERING 

1.5. Mange egenvektorer ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer 

Eksempel 

Nulmatricen 0n opfylder 

0nu = 0 

for alle vektorer u. 

Altså er alle vektorer egenvektorer og tallet 0 er eneste egenværdi. 

1.6. Gættet eksempel ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer 

Eksempel 

Matricen 

har egentlige egenvektorer 

med tilhørende egenværdier 

u1 = e1 = 

A = 

 

−1 0 

0 3 

 

1 

,u2 = e2 = 

0 

λ1 = −1,λ2 = 3 

 

0 

1 



Dette følger af udregningerne 

 

−1 0 1 

= 

0 3 0 

 

−1 

 

0 0 

0 3 1 

 

−1 1 

= (−1) 

0 0 

Au1 = λ1u1 

= 

Au2 = λ2u2 

 

0 0 

= 3 

3 1 


Eksempel - fortsat - figur 

Au1 = u1 

y 

Au2 = 3u2 

u2 

u1 

x

1. EGENVEKTORER 195 

1.9. Note eksempel ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer 

Eksempel 1 

Af udregningen 

 

3 3 −3 −6 −3 

= = 2 

−2 −4 1 2 1 

 

3 3 

fås, at matricen A = 

har en egentlig egenvektor u = 

−2 −4 

λ = 2. 

 

−3 

med egenværdi 

1 

1.10. Note eksempel ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer 

Eksempel 1 - fortsat - figur 

Au = 2u 

u = ( 3,1) 

1.11. Ligninger og egenværdi ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer 

Bemærkning 

Lad A være en n × n-matrix. Et tal λ er en egenværdi, hvis ligningssystemet 

har ikke-nul (egentlige) løsninger. 

a11x1 + ... + a1nxn = λx1 

a21x1 + ... + a2nxn = λx2 

. 

an1x1 + ... + annxn = λxn 

1.12. Matrixligning og egenværdi ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer 


Lad A være en n × n-matrix. Et tal λ er en egenværdi, hvis ligningssystemet 

Ax = λx 

har ikke-nul (egentlige) løsninger x ∈ R n . 

Dette kan skrives 

(A − λIn)x = 0 

og er dermed et homogent lineært ligningssystem med koefficientmatrix 

A − λIn 

1.13. Determinant og egenværdi ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer 

Sætning 14 

Lad A vœre en n × n-matrix. Et tal λ er en egenvœrdi, hvis og kun hvis determinanten 

|A − λIn| = 0 

y 

1 

1 

x


Bemærkning 

n-te grads polynomiet ovenfor kaldes det karakteristiske polynomium for matricen A. 

Egenværdierne er altså netop rødderne i det karakteristiske polynomium. 

1.14. Karakteristisk polynomium ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer 

Definition - skematisk 

Det karakteristiske polynomium af en n × n-matrix A er n-te grads polynomiet 

 

 

a11 − λ a12 · · · a1n 

 

a12 a22 

− λ · · · a2n 

 

. 

. 

. 

. 

. . 

. 

.. 

. 

 

. 

 

an1 an2 · · · ann − λ 

= (−1) n λ n + · · · + |A| 

= |A − λIn| 

1.15. Karakteristisk polynomium ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer 

Eksempel 

Det karakteristiske polynomium af en 2 × 2-matrix A er andengrads polynomiet 

 

 

 

a11 

 

− λ a12 

 

a21 a22 − λ 

= (a11 − λ)(a22 − λ) − a12a21 

= λ 2 − (a11 + a22)λ + (a11a22 − a12a21) 

1.16. Trekantsmatrix 

Eksempel 

☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer 

Udregningen 

 

a11 − λ 

 

0 

. 

. 

. 

0 

a12 

a22 − λ 

. 

0 

· · · 

· · · 

. .. 

· · · 

 

a1n 

 

a2n 

 

. 

 

. 

 

ann − λ 

= (a11 − λ)(a22 − λ) · · · (ann − λ) 

viser at egenværdierne i en trekantsmatrix netop udgøres af diagonal indgangene. 

1.17. Egengenrum ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer 

Sætning 15 

Lad A vœre en n × n-matrix og λ en egenvœrdi. Så er mœngden af egenvektorer for A et 

lineœrt underrum af R n . 

Dette kaldes egenrummet hørende til λ og betegnes 

Eλ 

Bevis 

Egenrummet er løsningsrummet for det homogene ligningssystem med koefficientmatrix 

A − λIn. 

1.18. Andengradsligning ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer 

Eksempel 2


Fra andengradspolynomiet 

 

 

3 

− λ 3 

 

−2 −4 − λ 

= (3 − λ)(−4 − λ) − 3 · (−2) = λ2 + λ − 6 

fås, at matricen 

har de to rødder 

som egenværdier. 

A = 

 

3 

 

3 

−2 −4 

λ1 = −3, λ2 = 2 

1.19. Beregn egenrum ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer 


For λ1 = −3 beregnes egenrummet som løsningsrum for det homogene ligningssystem 

med matrix 

3 − λ1 3 

= 

−2 −4 − λ1 

Heraf fås egenvektorerne 

x1 

= 


x2 

 

6 3 

∼ 

−2 −1 

 

1 −2 x2 

 

= x2 

x2 

 

1 −2 1 

 

1 1 2 

0 0 

1.20. Beregn egenrum ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer 


For λ2 = 2 beregnes egenrummet som løsningsrum for det homogene ligningssystem med 

matrix 

3 − λ2 3 

= 

−2 −4 − λ2 


x1 

 

−3x2 

= 


x2 

x2 

 

1 3 

∼ 

−2 −6 

= x2 

 

−3 

1 

 

1 3 

0 0 

1.21. Egenrum ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer 


Matricen 

har egenværdier 

og egenrum 

A = 

 

3 

 

3 

−2 −4 

λ1 = −3, λ2 = 2 

 

 

1 − 

E−3 = span{ 2 

−3 

}, E2 = span{ } 

1 

1 

1.22. Egenrum underrum ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer 

Eksempel 2 - fortsat - figur


E2 

( 3,1) 

E 3 

( .5,1) 

1.23. Tredjegradsligning ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer 

Eksempel 3 

 

 

1 

− λ 

 

0 

2 

0 

1 − λ 

−1 

 

1 

 

1 

 

1 − λ 

= 

 

 

(1 − λ) 1 

− λ 

−1 

 

1 

 

1 − λ 

− 0 

0 

−2 

1 

 

1 − λ 

+ 10 

2 

1 − λ 

 

−1 

har tre rødder 

y 

= −λ 3 + 3λ 2 − 2λ 

λ = 0, 1, 2 

1.24. Egenværdier 



3 × 3-matricen 

⎛ 

1 0 

⎞ 

1 

A = ⎝0 

1 1⎠ 

2 −1 1 

har karakteristisk polynomium 

og egenværdier 

|A − λI3| = −λ 3 + 3λ 2 − 2λ 

λ1 = 0, λ2 = 1, λ3 = 2 

1.25. Egenvektorer 

Eksempel 3, 4 


For λ1 = 0 er koefficientmatricen 

⎛ 

1 0 

⎞ 

1 

⎛ 

1 0 

⎞ 

1 

A = ⎝0 

1 1⎠ 

∼ ⎝0 

1 1⎠ 

2 −1 1 0 0 0 

Egenvektorerne er da løsninger til det reducerede ligningssystem 

hvor x3 er en fri variabel. 

x1 + x3 = 0 

x2 + x3 = 0 

1 

1 

x


1.26. Egenvektorer ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer 


Dette giver 



⎛ 

⎝ 

x1 

x2 

x3 

x1 = −x3 

x2 = −x3 

⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 

−x3 −1 

⎠ = ⎝−x3⎠ 

= x3 ⎝−1⎠ 

1 

x3 





⎛ 

0 

A − I = ⎝0 

0 

0 

⎞ ⎛ 

1 1 

1⎠ 

∼ ⎝0 −1 

2 

0 

⎞ 

0 

1⎠ 

2 −1 0 0 0 0 


hvor x2 er en fri variabel. 

x1 − 1 

2 x2 = 0 

x3 = 0 



Dette giver 

x1 = 1 

2 x2 

x3 = 0 



⎛ 

⎝ 

x1 

x2 

x3 

⎞ 

⎛ 

⎠ = ⎝ 

1 

2x2 x2 

0 

⎞ 

⎛ 

1 

2 

⎞ 

⎠ = x2 ⎝1⎠ 

0 





⎛ 

−1 0 

⎞ 

1 

⎛ 

1 0 

⎞ 

−1 

A − 2I = ⎝ 0 −1 1 ⎠ ∼ ⎝0 

1 −1⎠ 

2 −1 −1 0 0 0 



⎛ 

⎝ 

x1 

x2 

x3 

⎞ 

⎛ 

⎠ = ⎝ 

x3 

x3 

x3 

⎞ ⎛ ⎞ 

1 

⎠ = x3 ⎝1⎠ 

1


1.30. Egenrum ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer 


⎛ 

1 0 

⎞ 

1 

A = ⎝0 

1 1⎠ 

2 −1 1 

har egenværdier λ1 = 0, λ2 = 1, λ3 = 2 og egenrum 

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 

1 

−1 

2 

1 

E0 = span{ ⎝−1⎠}, 

E1 = span{ ⎝1⎠}, 

E2 = span{ ⎝1⎠} 

1 

0 

1 


Eksempel 3, 4 - figur 

x 

( 1, 1,1) 

z 

(1,1,1) 

(0.5,1,0) 

Egenvektorer 

1.32. Tredjegradsligning ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer 

Eksempel 7 

 

 

1 

− λ 

 

0 

0 

0 

−λ 

1 

 

0 

 

1 

= (1 − λ) −λ 

 

−λ 

1 

 

1 

 

−λ 

har en rod og en dobbelt rod 

= −(1 − λ) 2 (1 + λ) 

λ = −1, 1 

1.33. Egenværdier 



3 × 3-matricen 

⎛ 

1 0 

⎞ 

0 

A = ⎝0 

0 1⎠ 

0 1 0 

har karakteristisk polynomium 

og egenværdier 

λ2 siges at have multiplicitet 2. 

|A − λI3| = −(1 − λ) 2 (1 + λ) 

λ1 = −1, λ2 = 1 

y





For λ1 = −1 er koefficientmatricen 

⎛ 

2 0 

⎞ 

0 

⎛ 

1 0 

⎞ 

0 

A + I = ⎝0 

1 1⎠ 

∼ ⎝0 

1 1⎠ 

0 1 1 0 0 0 

Heraf fås egenvektorerne ⎛ 


⎝ 

x1 

x2 

x3 

⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 

0 0 

⎠ = ⎝−x3⎠ 

= x3 ⎝−1⎠ 

1 

x3 





⎛ 

0 0 

⎞ 

0 

⎛ 

0 1 

⎞ 

−1 

A − I = ⎝0 

−1 1 ⎠ ∼ ⎝0 

0 0 ⎠ 

0 1 −1 0 0 0 


hvor x1,x3 er en frie variable. 

x2 − x3 = 0 



Dette giver 

Heraf fås egenvektorerne ⎛ 

hvor x1,x3 vælges frit. 

⎝ 

x1 

x2 

x3 

⎞ 

⎛ 

⎠ = ⎝ 

x1 

x3 

x3 

x2 = x3 

⎞ ⎛ ⎞ 

1 

⎛ ⎞ 

0 

⎠ = x1 ⎝0⎠ 

+ x3 ⎝1⎠ 

0 1 



x 

(0, 1,1) 

z 

(1,0,0) 

Egenvektorer 

(0,1,1) 

y




For λ1 = −1 er egenrummet 

⎛ ⎞ 

0 

E−1 = span{ ⎝−1⎠} 

1 

For λ2 = 1 er egenrummet 

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 

1 0 

E1 = span{ ⎝0⎠ 

, ⎝1⎠} 

0 1 

2. Diagonalisering 

2.1. Oversigt ☞ [LA] 10, 11; [S] 9.3 


✌ Repetition: enhedsvektor og identitetsmatrix 

✌ Diagonalmatricer 

✌ Diagonalisering og egenvektorer 

✌ Matrixpotens 


✌ Skalarprodukt 

✌ Længde 

2.2. Enhedsvektorer ☞ [LA] 3 Lineære funktioner 

Eksempel 

Den i-te standard enhedsvektor ei er (søjle,række)-vektoren, hvis i-te koordinat er 1 og 

alle øvrige er 0. 

⎛ ⎞ 

0 

⎜ . 

⎟ 

⎜ . ⎟ 

ei = ⎜ 

⎜1 

⎟ 

⎜ . ⎟ 

⎝ . ⎠ 

0 

ei = 0, ..., 1, ..., 0 

2.3. Multiplikation af enhedsvektorer ☞ [LA] 2 Matricer 


Den i-te standard enhedsvektor ei multiplicerer fra højre som søjle og fra venstre som 

række. 

For en m × n-matrix A er produktet 

den j-te søjle i A 

og produktet 

den i-te række i A. 

Aej = a •j 

eiA = ai•

2. DIAGONALISERING 203 

2.4. Kvadratisk matrix, identitetsmatrix ☞ [LA] 2 Matricer 

Definition 

En kvadratisk n-matrix er en n × n-matrix. 


Identitetsmatricen (enhedsmatricen) 

⎛ 

1 0 

⎞ 

... 

⎜ 

In = ⎜ 

⎝0 

. 

. .. 

0 

⎟ 

0 ⎟ 

⎠ 

1 

med 1 i diagonalen og 0 udenfor er en diagonalmatrix. 

2.5. Multiplikation af identitetsmatrix ☞ [LA] 2 Matricer 

Sætning 3 

Lad A vœre en m × n-matrix. Så gœlder 

ImA = A = AIn 

"Matrix multiplikation med identitetsmatricen œndrer ikke en matrix." 

Bevis 

Den j-te søjle i In er ej, så den j-te søjle i AIn er 

den j-te søjle i A. 

Aej = a •j 

2.6. Diagonalmatrix ☞ [LA] 10 Diagonalisering 

Bemærkning 


Skrives skematisk 

⎛ ⎞ 

λ1 0 ... 

⎜ 

Λ = ⎜ 

. 

⎝ 

0 .. 

⎟ 

0 ⎟ 

⎠ 

. 0 λn 

2.7. Diagonalmatrix ☞ [LA] 10 Diagonalisering 


For en diagonalmatrix Λ er det karakteristiske polynomium 

|Λ − λI| = (λ1 − λ) · · · (λn − λ) 

Egenvædierne er netop diagonal indgangene λ1,...,λn. 

Udregningen 

Λei = λiei 

viser at for egenværdien λi er ei en egentlig egenvektorer. 

2.8. Simpel udregning ☞ [LA] 10 Diagonalisering 

Eksempel ⎛ 

1 0 

⎞ ⎛ ⎞ 

0 1 

⎛ ⎞ 

1 

⎝0 

2 0⎠ 

⎝0⎠ 

= ⎝0⎠ 

0 0 3 0 0


⎛ 

1 0 

⎞ ⎛ ⎞ 

0 0 

⎛ ⎞ 

0 

⎛ ⎞ 

0 

⎝0 

2 0⎠ 

⎝1⎠ 

= ⎝2⎠ 

= 2⎝1⎠ 

0 0 3 0 0 0 

⎛ 

1 0 

⎞ ⎛ ⎞ 

0 0 

⎛ ⎞ 

0 

⎛ ⎞ 

0 

⎝0 

2 0⎠ 

⎝0⎠ 

= ⎝0⎠ 

= 3⎝0⎠ 

0 0 3 1 3 1 

2.9. At diagonalisere ☞ [LA] 10 Diagonalisering 

Definition 

At diagonalisere en kvadratisk matrix A vil sige at finde en invertibel matrix B og en 

diagonalmatrix Λ så 

A = BΛB −1 

Skrives også 

eller 

AB = BΛ 

B −1 AB = Λ 

2.10. Diagonalisering og egenvektorer ☞ [LA] 10 Diagonalisering 

Sætning 16 

Lad A vœre en n × n-matrix og b1,...,bn egentlige egenvektorer med tilhørende egenvœrdier 

λ1,...,λn. For matricen B, hvis søjler er egenvektorerne gœlder 

AB = BΛ 

hvor Λ er diagonalmatricen med egenvœrdierne som diagonalindgange. 

Hvis B er invertibel, vil den diagonalisere A. 

2.11. Gammelt eksempel ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer 

Eksempel 1, 2 

Matricen 

har egenvektorer 

b1 = 

A = 

 

3 

 

3 

−2 −4 

 

−3 

, b2 = 

1 

med tilhørende egenværdierne λ1 = 2,λ2 = −3. 

 

1 −2 1 

2.12. Gammelt eksempel ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer 


Dette giver 

A = 

som opfylder matrixidentiteten 

 

3 3 

, B = 

−2 −4 

 

1 −3 −2 2 0 

, Λ = 

1 1 0 −3 

AB = BΛ 

Da determinanten |B| = −5 2 er B invertibel og diagonaliserer A.


2.13. Matrixpotenser ☞ [LA] 10 Diagonalisering 

Eksempel - Potens 

Hvis B diagonaliserer A 

A = BΛB −1 

så er potensen 

Λ k = 

A k = BΛ k B −1 

2 

5 

⎛ 

⎜ 

⎝ 

λ k 1 0 ... 

0 

. .. 0 

. 0 λ k n 

2.14. Gammelt eksempel, potens ☞ [LA] 9 Egenværdier og egenvektorer 


 

3 

A = 

−2 

 

3 −3 

, B = 

−4 1 

 

1 −2 1 

B −1 

2 − 

= 5 −1 

 

5 2 

, Λ = 

0 

 

0 

−3 

opfylder matrixidentiteten 

6 

5 

A = BΛB −1 



 

3 

k 3 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

−2 −4 

 

1 k −3 − 

= 2 2 0 

1 1 0 (−3) k 

 

2 − 

2 

= 1 

5 

5 −1 

5 

6 

 

k k 6 · 2 − (−3) 

5 5 

3 · 2k − 3 · (−3) k 

−2 · 2 k + 2 · (−3) k −2 k + 6 · (−3) k 



 

3 

10 3 

−2 −4 

= 1 

 

10 10 6 · 2 − (−3) 3 · 2 

5 

10 − 3 · (−3) 10 

−2 · 210 + 2 · (−3) 10 −210 + 6 · (−3) 10 

 

 

−10581 −34815 

= 

23210 70654 

2.17. Nyt eksempel ☞ [LA] 10 Diagonalisering 

Eksempel 1 - Opgave! 

Betragt matricen 

 

11 −6 

A = 

12 −6 

1) Angiv egenværdierne for A. 

2) Angiv egentlige egenvektorer for hver af disse egenværdier. 

3) Diagonaliser A ved brug af en matrix B.


2.18. Nyt eksempel, egenværdier ☞ [LA] 10 Diagonalisering 


Fra det karakteristiske polynomium 

 

 

 

11 

− λ −6 

 

12 −6 − λ 

= (11 − λ)(−6 − λ) − (−6) · 12 = λ2 − 5λ + 6 

fås, at matricen 

har de to rødder 

som egenværdier. 

A = 

 

11 

 

−6 

12 −6 

λ1 = 2, λ2 = 3 

2.19. Nyt eksempel, egenrum ☞ [LA] 10 Diagonalisering 



matrix 

11 − λ1 

12 

 

−6 9 

= 

−6 − λ1 12 

 

−6 

∼ 

−8 


 

2 

x1 

= 3 

x2 

x2 

 

2 

= x2 

3 

x2 1 


 

2 1 −3 0 0 

2.20. Nyt eksempel, egenrum ☞ [LA] 10 Diagonalisering 



matrix 

11 − λ2 

12 

 

−6 8 

= 

−6 − λ2 12 

 

−6 

∼ 

−9 


 

3 

x1 

= 4 

x2 

x2 

 

3 

= x2 

4 

x2 1 


 

3 1 −4 0 0 

2.21. Nyt eksempel, diagonalisering ☞ [LA] 10 Diagonalisering 


Dette giver for eksempel (valg af egenvektorer) 

 

11 −6 1 3 

A = , B = , Λ = 

12 −6 

som opfylder matrixidentiteten 

3 

2 4 

AB = BΛ 

 

2 0 

0 3 

Da determinanten |B| = −1 2 er B invertibel og diagonaliserer A. 

2.22. Nyt eksempel, potens ☞ [LA] 10 Diagonalisering 


 

11 

A = 

12 

 

−6 1 

, B = 

−6 

 

3 

3 

2 4

opfylder matrixidentiteten 

og giver potensen 

B −1 = 


 

−8 6 

, Λ = 

3 −2 

A = BΛB −1 

A k = BΛ k B −1 

 

2 0 

0 3 

2.23. Nyt eksempel, potens ☞ [LA] 10 Diagonalisering 


 

11 

5 −6 

 

1 

= 3 

2 

12 −6 

 

5 3 2 0 

4 0 35 

−8 

3 

 

1931 −1266 

= 

2532 −1656 

 

6 

−2 

2.24. Advarsel! ☞ [LA] 10 Diagonalisering 

Eksempel 3 (Pas på) 


Matricen A kan ikke diagonaliseres. 

λ = 3 er eneste egenværdi. 

Egenrummet er nulrum for matricen 

A = 

A − 3I3 = 

 

3 1 

0 3 

 

0 1 

0 0 

2.25. Advarsel! ☞ [LA] 10 Diagonalisering 


Egenrummet er 

E3 = span(e1) 

En matrix B, hvis søjler er egenvektorer 

B = 

har determinant 0 og dermed ikke invertibel. 

Altså kan A ikke diagonaliseres. 

 

b1 b2 

0 0 

2.26. Opgave 

Opgave 2 


Det oplyses, at matricen A givet ved 

⎡ 

−1 −3 

⎤ 

−3 

A = ⎣ 3 5 3 ⎦ 

−3 −3 −1 

har egenværdier λ1 = −1 og λ2 = 2, og at der ikke er andre egenværdier. 

1. Angiv samtlige egenvektorer hørende til egenværdien 2. 

2. Angiv en invertibel matrix B og en diagonal matrix Λ så at 

B −1 AB = Λ


2.27. Opgave 


1. Egenvektorer hørende til egenværdien 2: 


⎡ 

−3 −3 

⎤ 

−3 

⎡ 

1 1 

⎤ 

1 

A − 2I = ⎣ 3 3 3 ⎦ ∼ ⎣0 

0 0⎦ 

−3 −3 −3 0 0 0 

giver det reducerede ligningssystem 

og dermed 

x3 

x1 + x2 + x3 = 0 

x3 

x1 = −x2 − x3 




⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ 

x1 −x2 − x3 −1 −1 

⎣x2⎦ 

= ⎣ x2 ⎦ = x2 ⎣ 1 ⎦ + x3 ⎣ 0 ⎦ 

0 1 


Egenrummet udtrykkes 

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ 

−1 −1 

E2 = span( ⎣ 1 ⎦ , ⎣ 0 ⎦) 

0 1 

2.29. Opgave 




⎡ 

0 

A + I = ⎣ 3 

−3 

6 

⎤ ⎡ 

−3 1 

3 ⎦ ∼ ⎣0 0 

1 

⎤ 

−1 

1 ⎦ 

−3 −3 0 0 0 0 


⎡ 

⎣ 

x1 

x2 

x3 

⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ 

x3 1 

⎦ = ⎣−x3⎦ 

= x3 ⎣−1⎦ 

1 

x3 




B −1 AB = Λ 

Søjler af egenvektorer giver 

⎡ 

−1 −1 

⎤ 

1 

⎡ 

2 0 

⎤ 

0 

B = ⎣ 1 0 −1⎦ 

, Λ = ⎣0 

2 0 ⎦ 

0 1 1 0 0 −1 

det(B) = 1 sikrer invertibilitet.


2.31. Opgave, gør prøve ☞ Matematik Alfa 1, August 2002 

Opgave 2 - Gør prøve! 

Så prøven stemmer! 

AB = B Λ 

⎡ 

−1 −3 

⎤ ⎡ 

−3 −1 −1 

⎤ 

1 

⎡ 

−2 −2 

⎤ 

−1 

⎣ 3 5 3 ⎦ ⎣ 1 0 −1⎦ 

= ⎣ 2 0 1 ⎦ 

−3 −3 −1 0 1 1 0 2 −1 

⎡ 

−1 −1 

⎤ ⎡ 

1 2 0 

⎤ 

0 

⎡ 

−2 −2 

⎤ 

−1 

⎣ 1 0 −1⎦ 

⎣0 

2 0 ⎦ = ⎣ 2 0 1 ⎦ 

0 1 1 0 0 −1 0 2 −1 

2.32. Prikprodukt ☞ [S] 9.3 The dot product 

Definition 

b 

a 

Længden af en vektor a betegnes a. Prikproduktet, skalarproduktet af vektorer a,b er 

a · b = a bcos(θ) 

Udtrykt ved den vinkelrette projektion ba af b på a 

a · b = a ba 


I koordinater fås 

(b1, b2) 

a · b = a1b1 + a2b2 

a = √ a · a = 

cos(θ) = 

(a1, a2) 

 

a 2 1 + a2 2 

a · b 

a b = 

a1b1 + a2b2 

 

a2 1 + a2 

2 b2 1 + b2 2 

2.34. Vinkel ☞ [S] 9.3 The dot product


b=( 2,2) 

y 

a=(1,3) 

Vinkel mellem vektorer 


Eksempel 

Vektorerne a = (1,3) og b = (−2,2) har prikprodukt 

og længder 

og vinkel mellem sig 

a · b = 1 · (−2) + 3 · 2 = 4 

a = √ a · a = √ 10 

b = √ b · b = √ 8 

θ = cos −1 4 

( √ √ ) ≈ 63.4 

10 8 ◦ 

2.36. Skalarprodukt ☞ [LA] 11 Skalarprodukt i Rn Definition 

For vektorer a = (a1,...,an),b = (b1,...,bn) i Rn er skalarproduktet 

n 

a · b = 

og lœngden, normen er 

i=1 

aibi 

a = √ a · a 

2.37. Enhedsvektor ☞ [LA] 11 Skalarprodukt i R n 

Bemærkning 

For en vektor a = (a1,...,an) er længden 

En vektor med længde 

kaldes en enhedsvektor 

a = 

 

a 2 1 + · · · + a2 n 

a = 1 

2.38. Skalarprodukt udregnet ☞ [S] 9.3 The dot product 

Eksempel 

Vektorerne a = (1,3,4,1) og b = (−2,0,2,5) har prikprodukt 

a · b = 1 · (−2) + 3 · 0 + 4 · 2 + 1 · 5 = 11 

x

og længder 


a = √ a · a = √ 27 

b = √ b · b = √ 33 

2.39. Enhedsvektor i given retning ☞ [S] 9.3 The dot product 

Eksempel 

Vektoren a = (1,3,4,1) har længde 

a = √ a · a = √ 27 

Enhedsvektoren i a’s retning er 

a 1 

= ( √ , 

a 27 3 

√ , 

27 4 

√ , 

27 1 

√ ) 

27 

2.40. Skalarprodukt, regneregler ☞ [LA] 11 Skalarprodukt i R n 

Regneregler for skalarprodukt 

(a,b) ↦→ a · b 

(1) a · a = a 2 ≥ 0 

(2) a · b = b · a 

(3) a · (b + c) = a · b + a · c 

(4) a · (λb) = λ(a · b) 

(5) a · a = 0 ⇔ a = 0

VII 

Skalarprodukt og projektion 

1. Ortogonal projektion 

1.1. Oversigt ☞ [LA] 11, 12, 13 


✌ Ortogonalitet 

✌ Ortogonalt komplement 

✌ Tømrerprincippet 

✌ Ortogonal projektion 

✌ Pythagoras formel 

✌ Kortest afstand 


✌ Cauchy-Schwarz ulighed 

1.2. Prikprodukt ☞ [LA] 11 Skalarprodukt i R n 

Definition 

For vektorer a = (a1,...,an),b = (b1,...,bn) i R n er skalarproduktet 

og lœngden, normen 

og afstanden mellem vektorer a og b 

a · b = 

n 

i=1 

aibi 

a = √ a · a 

a − b 

1.3. Vinkelret ☞ [LA] 11 Skalarprodukt i R n 

Definition 

b 

a 

Vinkerette vektorer 

To vektorer a,b i R n er ortogonale, vinkelrette, hvis a · b = 0. 

Det skrives også 

a ⊥ b ⇔ a · b = 0 

1.4. Komplement ☞ [LA] 11 Skalarprodukt i R n 

Definition 

For en delmængde af vektorer X ⊂ V = R n er det ortogonale komplement underrummet 

X ⊥ = {v|v · u = 0, ∀u ∈ X} 

213

214 VII. SKALARPRODUKT OG PROJEKTION 

Der gælder 

0 ⊥ = V, V ⊥ = 0 


Komplement - eksempel 

For u = (3,1) ∈ R 2 er det ortogonale komplement 

bestemt ved ligningen, v = (v1,v2), 

Løsning 

v1 

v2 

 

= 

{v|v · u = 0} 

3v1 + v2 = 0 

 

1 −3 v2 

 

= v2 

v2 

 

1 −3 1 


Komplement - figur 

span(u) ⊥ 

( 1 

3 ,1) 

y 

1 

u = (3,1) 

1.7. Tømrersvend ☞ [LA] 11 Skalarprodukt i R n 

Sætning (tømrerprincippet) 

For en delmængde af vektorer X ⊂ V = R n som udspænder et underrum U ⊂ V er det 

ortogonale komplement 

X ⊥ = U ⊥ 

Altså gælder 

w ⊥ U ⇔ w ⊥ x, ∀x ∈ X 


Komplement - eksempel 

For U = span((1,1,1),(2,3,4)) ⊂ R 3 er det ortogonale komplement 

U ⊥ = {v|v · u = 0, ∀u ∈ U} 

bestemt ved ligningssystemet, v = (v1,v2,v3), 

x

Løsning 

1. ORTOGONAL PROJEKTION 215 

v1 + v2 + v3 = 0 

2v1 + 3v2 + 4v3 = 0 

⎛ 

⎝ 

v1 

v2 

v3 

⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 

v3 1 

⎠ = ⎝−2v3⎠ 

= v3 ⎝−2⎠ 

1 

v3 


Komplement - figur 

(1, 2,1) 

x 

z 

U=span((1,1,1),(2,3,4)) 

1.10. Nedfæld vinkelret ☞ [LA] 12 Ortogonal projektion 

Projektion - figur 

v 

u 

y 

w = v u ∈ U ⊥ 

Ortogonal projektion på underrum 

1.11. Projektion ☞ [LA] 12 Ortogonal projektion 

Definition 

For et underrum U ⊂ V = R n er den ortogonale projektion af en vektor v på U den 

vektor u ∈ U som opfylder 

v − u = w ∈ U ⊥ 

Der gælder 

Den ortogonale projektion betegnes 

v = u + w, u ∈ U, w ∈ U ⊥ 

projU(v) = u 

1.12. Projektion på koordinatplan ☞ [LA] 12 Ortogonal projektion 

Eksempel 

For underrumet U = span(e1,e2) ⊂ R n er den ortogonale projektion af en vektor v = 

(v1,v2,...,vn) på U givet ved 

projU(v) = u = (v1,v2,0,...,0) 

U


Ses let da 

v − u = (0,0,v3,...,vn) ∈ U ⊥ 

1.13. Projektion på en vektor ☞ [LA] 12 Ortogonal projektion 

Eksempel 

For et underrum U = span(a) ⊂ Rn udspændt af netop én vektor a = 0 er den ortogonale 

projektion af en vektor v på U givet ved 

v · a 

u = 

a · a a 

Det skrives 

proja(v) = 

v · a 

a · a a 

1.14. Projektion på vektor ☞ [LA] 12 Ortogonal projektion 


v 

u = a 

w = v u ∈ U ⊥ 

U = span(a) 

Ortogonal projektion u = proja(v) på span(a) 

λ = v·a 

a·a 


Eksempel - argument 

For et underrum U = span(a) er er den ortogonale projektion v på U givet ved 

v · a 

u = proja(v) = 

a · a a 

Eftervis 

altså 

(v − 

(v − 

v · a 

a) ⊥ a 

a · a 

v · a v · a 

a) · a = v · a − a · a = 0 

a · a a · a 


Eksempel 

For et underrum U = span(a) ⊂ R3 udspændt af vektoren a = (1,1,1) er den ortogonale 

projektion af en vektor v = (v1,v2,v3) på U givet ved 

v · a 

proja(v) = 

a · a a 

= v1 + v2 + v3 

3 

(1,1,1)


1.17. Projektion på vektor ☞ [LA] 12 Ortogonal projektion 


y 

1 

v = (1,18) 

a = (3,4) 

proja(v) = (9,12) 

Ortogonal projektion proja(v) på span(a) 


Eksempel 1 

For et underrum U = span(a) ⊂ R 2 udspændt af vektoren a = (3,4) er den ortogonale 

projektion af en vektor v = (1,18) på U givet ved 

x 

v · a 

proja(v) = 

a · a a 

= 3 + 4 · 18 

3 2 + 4 2 (3,4) 

= 3(3,4) 

= (9,12) 

1.19. Projektion på basis ☞ [LA] 12 Ortogonal projektion 

Sætning 17 

Lad u1,...,uk ∈ R n vœre inbyrdes ortogonale egentlige vektorer. Antag at de udspœnder 

underrummet U. Så gœlder 

projU(v) = 

k 

projuj (v) 

j=1 

er den ortogonale projektion af en vektor v på U. 

Bevis 

Eftervis ved tømrerprincippet, at 

v − k ⊥ 

projuj j=1 (v) ∈ U 


Eksempel


Lad u1 = (1, −1,1),u2 = (1,2,1) ∈ R 3 være inbyrdes ortogonale vektorer der udspænder 

underrummet U. Så er den ortogonale projektion 

projU(v) = proju1 (v) + proju2 (v) 

= v · u1 v · u2 

u1 + 

u1 · u1 

= v1 − v2 + v3 

3 

= ( v1 + v3 

2 

u2 

u2 · u2 

(1, −1,1) + v1 + 2v2 + v3 

6 

,v2, v1 + v3 

) 

2 

(1,2,1) 


Eksempel 3 

Betragtu1 = (1, 1 

2 ,0, −1),u2 = (2,2, −1,3) ∈ R 4 samt underrummet U = span(u1,u2). 

1. Vektorerne u1 og u2 er ortogonale: 

u1 · u2 = 2 + 1 

· 2 + 0 − 3 = 0 

2 



Betragtu1 = (1, 1 

2 ,0, −1),u2 = (2,2, −1,3) ∈ R 4 samt underrummet U = span(u1,u2). 

2. Lad v = (2,2,8, −6) og beregn 

projU(v) = proju1 (v) + proju2 (v) 

= v · u1 v · u2 

u1 + 

= 9 

9 

4 

u1 · u1 

u2 

u2 · u2 

(1, 1 −18 

,0, −1) + (2,2, −1,3) 

2 18 

= (2,0,1, −7) 

1.23. Pythagoras ☞ [LA] 12 Ortogonal projektion 

Sætning 18 (Pythagoras) 

Hvis a ⊥ b, så er 

Bevis 

a 2 + b 2 = a + b 2 

a + b 2 = (a + b) · (a + b) 

= a · a + 2a · b + b · b 

= a 2 + b 2 

1.24. Pythagoras ☞ [LA] 12 Ortogonal projektion 

Pythagoras - figur

Pythagoras som du kender den 


a + b 

a 

b 

a 2 + b 2 = a + b 2 

1.25. Afstand til underrum ☞ [LA] 12 Ortogonal projektion 

Sætning 19 

Lad U ⊂ V = R n vœre et underrum. Antag at vektoren v har ortogonal projektion u på 

U. Så er u den vektor i U, der har kortest afstand til v. 

Bevis 

For en vektor u − u ′ ∈ U gælder 

v − (u − u ′ ) 2 = (v − u) + u ′ 2 

i følge Pythagoras, Sætning 18, da (v − u) ⊥ u ′ . 

= v − u 2 + u ′ 2 

1.26. Mindste afstand ☞ [LA] 12 Ortogonal projektion 

Sætning 19 - figur 

v 

v u 

u u ′ 

Mindste afstand til underrum 

v (u u ′ ) 

1.27. Afstand til linje ☞ [LA] 12 Ortogonal projektion 

Eksempel 

For en linje U = span(a) ⊂ R3 udspændt af vektoren a = (1,1,1) er den vektor i U med 

kortest afstand til en vektor v = (v1,v2,v3) givet ved 

v · a 

proja(v) = 

a · a a 

Kvadratafstanden er 

= v1 + v2 + v3 

3 

(1,1,1) 

v − proja(v) 2 = (v1 − m) 2 + (v2 − m) 2 + (v3 − m) 2 

U


hvor m = v1+v2+v3 

3 . 

1.28. Middelværdi ☞ [LA] 12.1 Mindste kvadraters metode 

Eksempel 4 

For y1,...,yn vil middelværdien 

minimerer kvadratsummen 

m = y1 + · · · + yn 

n 

(y1 − m) 2 + · · · + (yn − m) 2 

Løsning 

Sæt y = (y1,...,yn) og a = (1,...,1). Så er m bestemt ved 

ma = proja(y) = 

= y1 + · · · + yn 

n 

y · a 

a · a a 


Opgave 6 

Betragt det lineære underrum U ⊂ R 4 , der er udspændt af vektorer u1 = (1,1, −1, −1) 

og u2 = (0,1,1,0). Angiv den vektor u i U, der har kortest afstand til vektoren v = 

(1,2,3,4). 

Løsning 

I følge Sætning 19 er u den ortogonale projektion af v på U. 

Den korteste afstand er 

||v − u|| 



Vektorerne u1 = (1,1, −1, −1) og u2 = (0,1,1,0) har 

u1 · u2 = 1 · 0 + 1 · 1 + (−1) · 1 + (−1) · 0 = 0 

Fra Sætning 17 fås projektionen af v = (1,2,3,4) 

u = projU(v) = proju1 (v) + proju2 (v) 

= v · u1 v · u2 

u1 + 

u1 · u1 

a 

u2 

u2 · u2 

= −4 

5 

(1,1, −1, −1) + 

4 2 (0,1,1,0) 

= (−1, 3 7 

2 , 2 ,1) 


Opgave 6 - ekstra 

Restvektoren 

v − u = (1,2,3,4) − (−1, 3 7 

2 , 2 ,1) 

= (2, 1 

2 , −1 

2 ,3)

har længde, som angiver den mindste afstand fra v til U 


||v − u|| = ||(2, 1 

2 

 

27 

= 

2 

= 3√ 

6 

2 

, −1 

2 ,3)|| 

1.32. Tømrermester ☞ [LA] 12.2 Projektion på 2-dim. underrum 

Tømrermester - figur 

w = v proju(v) 

v 

proju(v) 

To vektorer rettet op 


Bemærkning 

Lad u,v være ikke-parallelle vektorer der udspænder underrummet U. Sæt 

v · u 

w = v − proju(v) = v − 

u · u u 

Så er u,w ortogonale og udspænder U. Den ortogonale projektion af vektoren x på U er 

da 

projU(x) = proju(x) + projw(x) 

= x · u x · w 

u + 

u · u w · w w 


Eksempel (delvis 7 side 84) 

Lad u = (1,1,1),v = (1,2,3) være vektorer der udspænder underrummet U. Sæt 

v · u 

w = v − proju(v) = v − 

u · u u 

= (1,2,3) − 2(1,1,1) = (−1,0,1) 

Den ortogonale projektion af vektoren y = (3,3.6,6) på U er da 

projU(y) = proju(y) + projw(y) 

= y · u y · w 

u + 

u · u w · w w 


u



For u = (1,1,1),w = (−1,0,1),y = (3,3.6,6) er projektion af vektoren y på U = 

span(u,w) 

projU(y) = proju(y) + projw(y) 

= y · u y · w 

u + 

u · u w · w w 

= 12.6 3 

(1,1,1) + 

3 2 (−1,0,1) 

= (2.7,4.2,5.7) 

1.36. Cauchy-Schwarz ulighed ☞ [LA] 13 Andre sætninger om skalarprodukt 

Sætning 20 (Cauchy-Schwarz’ ulighed) 

For vektorer u,v gœlder 

|u · v| ≤ u v 

Bevis 

Fra Pythagoras, Sætning 18, på de ortogonale vektorer v − proju(v),proju(v) fås 

v 2 ≥ proju(v) 2 

v · u 

2 = u 

u · u 

2 

Forlæng med u2 og uddrag kvadratroden. 

1.37. Trekantsuligheden ☞ [LA] 13 Andre sætninger om skalarprodukt 

Sætning 21 (Trekantsuligheden) 

For vektorer u,v gœlder 

u + v ≤ u + v 

Bevis 

Fra Cauchy-Schwarz ulighed 

Uddrag kvadratroden. 

u + v 2 ≤ u 2 + v 2 + 2u v 

= (u + v) 2 

1.38. Trekantsulighed ☞ [LA] 13 Andre sætninger om skalarprodukt 

Trekantsulighed - figur 

Indlysende trekantsulighed 

u + v 

u 

v 

u + v ≤ u + v

VIII 

Appendiks 

1. Polære koordinater og komplekse tal 

1.1. Oversigt ☞ [S] App. I, App. H.1 


✌ Komplekse tal 

✌ Test komplekse tal 

✌ Polære koordinater 

✌ Kompleks polarform 

✌ De Moivres sætning 

✌ Test komplekse tal 

✌ Komplekse rødder 

✌ Kompleks eksponentialfunktion 

1.2. Komplekse tal ☞ [S] Appendix I Complex numbers 

Definition 

Ved et kompleks tal forstås et udtryk 

z = a + bi 

hvor a = Re z og b = Imz er reelle tal kaldet realdel og imaginærdel. i er den imaginære 

enhed, formelt identificeret med i = √ −1, altså i 2 = −1. To komplekse tal a + bi og 

c + di er ens, hvis a = c og b = d. 

Mængden af komplekse tal betegnes C. De reelle tal R identificeres med komplekse tal, 

hvis imaginærdel er 0. 

Det er et (overraskende) faktum, at de sædvanlige regneregler for reelle tal udvider meningsfuldt 

fra realdel til alle komplekse tal. 

1.3. Komplekse plan ☞ [S] Appendix I Complex numbers 

Definition 

Talplanen R 2 med rektangulære koordinater (x,y) identificeres med de komplekse tal 

(komplekse plan, Argand planen) C ved 1 = (1,0) og i = (0,1), så 

Im 

bi 

i 

a + bi = (a,b) 

0 1 

223 

a 

a+bi 

Re

224 VIII. APPENDIKS 

1.4. Komplekse plan ☞ [S] Appendix I Complex numbers 


x-aksen kaldes den reelle akse og y-aksen kaldes den imaginœre akse. 

Normen 

kaldes modulus eller absolut værdi. 

Eksempel 

|a + bi| = a 2 + b 2 = |(a,b)| 

|3 − 4i| = 3 2 + 4 2 = √ 25 = 5 

1.5. Addition og multiplikation ☞ [S] Appendix I Complex numbers 

Definition 

Addition: 

Multiplikation: 

(a + bi) + (c + di) = (a + c) + (b + d)i 

(a + bi)(c + di) = a(c + di) + (bi)(c + di) 

= ac + adi + bci + bdi 2 

= (ac − bd) + (ad + bc)i 

Morale 

Regn løs med sædvanlige regneregler og reducer til standardform ved at bruge i 2 = −1. 

1.6. Addition i planen ☞ [S] Appendix I Complex numbers 

Figur - parallellogramreglen 

Im 

i 

z2 

0 1 

z1 + z2 

1.7. Addition og multiplikation ☞ [S] Appendix I Complex numbers 

Eksempel 1 

Addition: 

(1 − i) + (4 + 7i) = (1 + 4) + (−1 + 7)i = 5 + 6i 

z1 

Re

Multiplikation: 

1. POLÆRE KOORDINATER OG KOMPLEKSE TAL 225 

(−1 + 3i)(2 − 5i) = (−1)(2 − 5i) + (3i)(2 − 5i) 

= −2 + 5i + 6i − 15i 2 

= (−2 + 15) + (5 + 6)i 

= 13 + 11i 

1.8. Kompleks konjugering ☞ [S] Appendix I Complex numbers 

Definition 

For et kompleks tal z = a + bi er det konjugerede tal ¯z givet ved spejling i den reelle akse 

så 

Re z = 

¯z = a − bi 

z + z z − z 

, Imz = 

2 2i 

1.9. Kompleks konjugering ☞ [S] Appendix I Complex numbers 

Sætning 

Der gælder 

z + w = ¯z + ¯w 

Hvis z = a + bi, så er 

Bevis 

zw = ¯z ¯w 

z¯z = a 2 + b 2 = |z| 2 

z¯z = (a + bi)(a − bi) = a 2 − (bi) 2 = a 2 + b 2 = |z| 2 

1.10. Kompleks absolutværdi ☞ [S] Appendix I Complex numbers 

Sætning 

Der gælder 

Trekantsuligheden 

|z + w| ≤ |z| + |w| 

Multiplikativitet 

|zw| = |z||w| 

1.11. Kompleks reciprok ☞ [S] Appendix I Complex numbers 

Sætning 

For et kompleks tal w = c + di = 0 er det reciproke tal 

1 ¯w ¯w 

= = 

w w ¯w |w| 2 

1 

c + di = 

For et kompleks tal z = a + bi er brøken 

z z ¯w z ¯w 

= = 

w w ¯w |w| 2 

c 

c2 d 

− 

+ d2 c2 i 

+ d2 a + bi (a + bi)(c − di) 

= 

c + di c2 + d2


1.12. Kompleks brøk ☞ [S] Appendix I Complex numbers 

Eksempel 2 

−1 + 3i 

Angiv på formen a + bi. 

2 + 5i 

−1 + 3i 

2 + 5i 

(−1 + 3i)(2 + 5i) 

= 

(2 + 5i)(2 + 5i) 

= (−1 + 3i)(2 − 5i) 

(2 + 5i)(2 − 5i) 

= (−2 + 15) + (5 + 6)i 

2 2 + 5 2 

= 13 11 

+ 

29 29 i 

1.13. Test komplekse tal ☞ [S] Appendix I Complex numbers 

Test 

Det komplekse tal z = 2 

1+i er: 

(a) z = 1 − i. (b) z = 2 − 2i. (c) z = 2 + 2i. 

Løsning 

2 

1 + i = 

= 2(1 − i) 

2(1 − i) 

(1 + i)(1 − i) 

1 2 + 1 2 

= 1 − i 


(a) (b) (c) 

 

1.14. Kompleks kvadratrod ☞ [S] Appendix I Complex numbers 

Eksempel 3 

For et positivt reelt tal c er hovedkvadratroden af −c 

√ −c = √ ci 

Løsningerne til ligningen x 2 + c = 0 er da ± √ −c. 

Løsningerne til andengradsligningen ax 2 + bx + c = 0 er da 

Ligningen x 2 + x + 1 = 0 har løsninger 

x = −1 ± √ 1 − 4 

2 

x = −b ± √ b 2 − 4ac 

2a 

= −1 ± √ −3 

2 

= −1 ± √ 3i 

2 

1.15. Populære koordinater ☞ [S] Appendix H.1 Polar coordinates 

Definition 

Et polært koordinatsystem i planen består af et punkt polen O og en halvlinje polæraksen 

ud fra polen. Et vilkårligt punkt P er nu bestemt ved et talpar (r,θ). θ er vinklen mellem 

polæraksen og linjen OP målt med fortegn mod urets retning. r er afstanden fra O til P 

regnet med fortegn mht. den valgte polærakse.


O 1 

r 


Definition 



) bestemmer y-aksen. 

(1, π 

2 

y 

1 

O 1 

r 

x 

P 



Sætning 




Et punkt med kartesiske koordinater (x,y), x > 0 har polœre koordinater 

2 r = x 2 + y 2 , θ = tan −1 ( y 

x ) 

1.18. Kompleks polarform ☞ [S] Appendix I Complex numbers 

Definition 

Et kompleks tal z = a + bi udtrykt i polære koordinater 

kaldes polarformen. Hvis a = 0 

z = a + bi = r(cos θ + isin θ) 

r = |z| = a 2 + b 2 , tan θ = b 

a 

Vinklen θ = arg z kaldes argumentet, bestemt pånær 2pπ. 

Im 

bi 

i 

0 1 

r 

a 

a+bi 

Re


1.19. Kompleks polarform ☞ [S] Appendix I Complex numbers 

Eksempel 4 

Skriv det komplekse tal z = 1 + i på polarform. 

Løsning 

r = |z| = 1 2 + 1 2 = √ 2 

tan θ = 1 

= 1 

1 

Vinklen vælges θ = π/4 og polarformen er 

z = r(cos θ + isin θ) = √ 2(cos π π 

+ isin 

4 4 ) 

Im 

i 

√ 2 

4 

0 1 

1.20. Multiplikation på polarform ☞ [S] Appendix I Complex numbers 

Sætning 

Multiplikation iCkan udtrykkes ved additionsformlerne. For z1 = r1(cos θ1+isin θ1), z2 = 

r2(cos θ2 + isin θ2) gœlder 

1 z1z2 = r1r2[cos(θ1 + θ2) + isin(θ1 + θ2)] 

Så for komplekse tal z1,z2 er 

1+i 

Re 

|z1z2| = |z1||z2| 

arg(z1z2) = arg z1 + arg z2 

1.21. Multiplikation på polarform ☞ [S] Appendix I Complex numbers 

Figur - multiplikation 

z1z2 

Im 

z1 

1 

2 

z2 

1 + 2 

1.22. Division på polarform ☞ [S] Appendix I Complex numbers 

Sætning - udvidelse 

Re


Division i C kan udtrykkes på polarform. For z1 = r1(cos θ1+isin θ1), z2 = r2(cos θ2+ 

isin θ2) = 0 gœlder 

z1 

z2 

Så for komplekse tal z1,z2 = 0 er 

= r1 

[cos(θ1 − θ2) + isin(θ1 − θ2)] 

r2 

| z1 

| = 

z2 

|z1| 

|z2| 

arg( z1 

) = arg z1 − arg z2 

z2 

1.23. Potens på polarform ☞ [S] Appendix I Complex numbers 

2 Sætning - De Moivre 

Hvis z = r(cos θ + isin θ) og n et positivt helt tal, så gœlder 

z n = [r(cos θ + isin θ)] n = r n (cos nθ + isin nθ) 

n-te potens af et kompleks tal fremkommer ved at tage n-te potens af modulus og n gange 

argument. 

|z n | = |z| n 

arg(z n ) = narg z 

1.24. Potens på polarform ☞ [S] Appendix I Complex numbers 

Eksempel 6 

 

1 1 

Find + 

2 2 i 

10 . 

Løsning 

z = 1 1 1√ 

π π 

+ i = 2(cos + isin 

2 2 2 4 4 ) 

så 

z 10 √ 10 2 

= (cos 10 

2 

π 

+ isin 10π 

4 4 ) 

= 25 5π 5π 

(cos + isin 

210 2 2 ) 

= 1 

32 i 

1.25. Test komplekse tal 

Test 

Det komplekse tal z = (2cos π + 2isin π) 

☞ [S] Appendix I Complex numbers 

2 er: 

(a) z = 2. (b) z = −4. (c) z = 4. 


(a) (b) (c) 

 

Løsning 

(2cos π + 2isin π) 2 = (2(cos π + isin π)) 2 

= 2 2 (cos 2π + isin 2π) 

= 4


1.26. Rod på polarform ☞ [S] Appendix I Complex numbers 

3 Sætning - Rod af kompleks tal 

Hvis z = r(cos θ + isin θ) = 0 og n et positivt helt tal, så har z de n forskellige n-te 

rødder (w n k 

= z) 

hvor k = 0,1,...,n − 1. 

wk = r 1/n 

 

cos 

 

θ + 2kπ θ + 2kπ 

+ isin 

n 

n 

n-te rødder af et kompleks tal fremkommer ved at tage n-te rod af modulus og n-te del af 

alle argumenter. 

|z 1/n | = |z| 1/n 

arg(z 1/n ) = 

arg z + 2kπ 

n 

1.27. Kvadratrod på polarform ☞ [S] Appendix I Complex numbers 

Figur - kvadratrod 

Im 

i 

1 

2 

1.28. Rod på polarform ☞ [S] Appendix I Complex numbers 

Eksempel 7 

Find 6-te rødder af −8. 

Løsning 

z = 8(cos π + isin π) 

så 

hvor k = 0,1,...,5. 

For eksempel 

wk = 8 1/6 

 

cos 

w0 = √ 

2 cos 

√ z 

z 

Re 

 

π + 2kπ π + 2kπ 

+ isin 

6 

6 

 

π 

 

+ isin 

6 

 

π 

 

= 

6 

√ √ 

3 1 

2 + 

2 2 i 

 

1.29. Algebraens fundamentalsætning ☞ [S] Appendix I Complex numbers 

Eksempel 

Sætningen om rødder giver, at ligningen x n − z = 0 har n rødder w0,w1,...,wn−1. 

Sætning - Algebraens fundamentalsætning

Enhver polynomiumsligning 


anx n + an−1x n−1 + · · · + a1x + a0 = 0 

af grad mindst én har en rod i de komplekse tal. 

Algebraens fundamentalsætning blev vist af Gauss. 

1.30. Kompleks eksponentialfunktion ☞ [S] Appendix I Complex numbers 

Definition 

Den komplekse eksponentialfunktion er givet ved, z = x + yi, 

7 e z = e x+yi = e x (cos y + isin y) 

Et specialtilfælde kaldes Eulers formel 

6 e iy = cos y + isin y 

Eksponentialfunktionen opfylder den sædvanlige regneregel 

5 e z1+z2 = e z1 e z2 


Figur - eksponentialfunktion 

Im 

0 

e x+yi 


Eksempel 8 

Beregn: (a) e iπ (b) e −1+iπ/2 

Løsning 

(a) 

(b) 

e x 

e iπ = cos π + isin π = −1 

e −1+iπ/2 

−1 

= e cos π 

2 

y 

π 

 

+ isin = 

2 

i 

e 

Re


1.33. Kompleks logaritmefunktion ☞ [S] Appendix I Complex numbers 

Definition 

Den komplekse logatitmefunktion er bestemt pånær 2kπ og givet ved, z = r(cos θ + 

isin θ) = 0, 

log z = lnr + iθ 

Kan skrives 

log z = ln |z| + iarg z 

Der gælder 

e log z = z, log e z = z + 2kπ 

og 

log z1z2 = log z1 + log z2 + 2kπ 

1.34. Komplekse trigonometriske funktioner ☞ [S] Appendix I Complex numbers 

Eksempel 

Eulers formel 

6 e iy = cos y + isin y 

giver 

cos y = eiy + e−iy , siny = 

2 

eiy − e−iy 2i 

Definition 

De komplekse trigonometriske funktioner defineres ved 

cos z = eiz + e−iz , sinz = 

2 

eiz − e−iz 2i 

1.35. Komplekse trigonometriske funktioner ☞ [S] Appendix I Complex numbers 


De trigonometriske additionsformler er opfyldte 

cos(z1 + z2) = cos z1 cos z2 − sinz1 sin z2 

sin(z1 + z2) = sinz1 cos z2 + cos z1 sinz2 

Der er inverse funktioner. For w = cos z er 

z = arccos w = 1 

i log(w ± w 2 − 1) 

Tilsvarende for w = sin z er 

z = arcsinw = 1 

i log(wi ± 1 − w 2 )

IX 

Opgaver 

1. August 2002 

1.1. Oversigt ☞ [S], [LA] 


✌ Egenvektorer, egenværdier og diagonalisering 

✌ Dobbelt integral og polært koordinatskift 

✌ Ortogonal projektion og mindste afstand 

✌ Retningsafledt og gradient 

✌ Maksimum/minimums metoder 

✌ Potensrækker 

✌ Differentialligninger 

1.2. Oversigt ☞ Matematik Alfa 1, August 2002 

Opgaver 

1. Beregn et dobbeltintegral 

2. Diagonaliser en 3 × 3−matrix 

3. Bestem kritiske punkter og ekstrema 

4. Angiv en potensrække og find en grænseværdi 

5. Find gradient og retningsafledt 

6. Beregn en ortogonal projektion 

7. Løs en lineær differentialligning 

1.3. Beregn et dobbeltintegral ☞ Matematik Alfa 1, August 2002 

Opgave 1 

Lad R betegne kvartcirkelskiven x2 + y2 ≤ 4, x ≥ 0,y ≥ 0. (Tegn.) Udregn 

R x2y dA. 

Løsning 

y 

R = {(x,y)|0 ≤ x,0 ≤ y,x 2 + y 2 ≤ 4} 



233 

2 

x

234 IX. OPGAVER 

x 

z 

R = {(r,θ)|0 ≤ r ≤ 2,0 ≤ θ ≤ π 

2 } 




Integralet er 

 

R 

R = {(r,θ)|0 ≤ r ≤ 2,0 ≤ θ ≤ π 

2 } 

x 2 π/2 

y dA = 

0 

2 

r 

0 




 

R 

x 2 π/2 

y dA = 

0 

π/2 

= 

0 

2 

r 

0 


 

1 

5 r5 cos 2 r=2 θ sin θ dθ 

r=0 

π/2 

32 

= 

0 5 cos2 θ sin θ dθ 

 

= − 32 

15 cos3 π/2 θ 

= 32 

15 


Opgave 1 - ny figur 

0 

y

x 

1. AUGUST 2002 235 

z 

R = {(x,y)|0 ≤ x ≤ 2,0 ≤ y ≤ 4 − x 2 } 



er et Type I område. 

Integralet er 

R = {(x,y)|0 ≤ x ≤ 2,0 ≤ y ≤ 4 − x 2 } 

 

R 

x 2 y dA = 

2 √ 4−x2 0 

0 

y 

x 2 y dy dx 

1.9. Beregn et dobbeltintegral 



 

x 2 2 

y dA = 

√ 4−x2 x 2 y dy dx 

R 

= 

0 0 

2 

1 

0 2 x2y 2 

√ y= 4−x2 y=0 

2 

1 

= 

0 2 (4x2 − x 4 )dx 

 

2 

= 

3 x3 − 1 

10 x5 

2 = 32 

15 

1.10. Diagonaliser en matrix 

Opgave 2 

Det oplyses, at matricen A givet ved 


⎡ 

−1 −3 

⎤ 

−3 

A = ⎣ 3 5 3 ⎦ 

−3 −3 −1 

har egenværdier λ1 = −1 og λ2 = 2, og at der ikke er andre egenværdier. 

1. Angiv samtlige egenvektorer hørende til egenværdien 2. 


B −1 AB = Λ 

0 

dx






⎡ 

−3 −3 

⎤ 

−3 

⎡ 

1 1 

⎤ 

1 

A − 2I = ⎣ 3 3 3 ⎦ ∼ ⎣0 

0 0⎦ 

−3 −3 −3 0 0 0 


og dermed 

x3 

x1 + x2 + x3 = 0 

x3 

x1 = −x2 − x3 

1.12. Diagonaliser en matrix ☞ Matematik Alfa 1, August 2002 



⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ 

x1 −x2 − x3 −1 −1 

⎣x2⎦ 

= ⎣ x2 ⎦ = x2 ⎣ 1 ⎦ + x3 ⎣ 0 ⎦ 

0 1 


Egenrummet udtrykkes 

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ 

−1 −1 

E2 = span( ⎣ 1 ⎦ , ⎣ 0 ⎦) 

0 1 





⎡ 

0 

A + I = ⎣ 3 

−3 

6 

⎤ ⎡ 

−3 1 

3 ⎦ ∼ ⎣0 0 

1 

⎤ 

−1 

1 ⎦ 

−3 −3 0 0 0 0 


⎡ 

⎣ 

x1 

x2 

x3 

⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ 

x3 1 

⎦ = ⎣−x3⎦ 

= x3 ⎣−1⎦ 

1 

x3 




B −1 AB = Λ 

Søjler af egenvektorer giver 

⎡ 

−1 −1 

⎤ 

1 

⎡ 

2 0 

⎤ 

0 

B = ⎣ 1 0 −1⎦ 

, Λ = ⎣0 

2 0 ⎦ 

0 1 1 0 0 −1 

det(B) = 1 sikrer invertibilitet.

1. AUGUST 2002 237 


Opgave 2 - gør prøve! 


⎡ 

−1 −3 

AB = B Λ 

⎤ ⎡ ⎤ 

−3 −1 −1 1 

⎡ 

−2 −2 

⎤ 

−1 

⎣ 3 5 3 ⎦ ⎣ 1 0 −1⎦ 

= ⎣ 2 0 1 ⎦ 

−3 −3 −1 0 

⎡ ⎤ ⎡ 

−1 −1 1 2 

1 

0 

1 

⎤ 

0 

0 2 −1 

⎡ ⎤ 

−2 −2 −1 

⎣ 1 0 −1⎦ 

⎣0 

2 0 ⎦ = ⎣ 2 0 1 ⎦ 

0 1 1 0 0 −1 0 2 −1 




z 

x 

(1, 1,1) 

1 

Egenvektorer 

( 1,0,1) 

( 1,1,0) 

1.17. Bestem ekstrema ☞ Matematik Alfa 1, August 2002 

Opgave 3 

Betragt funktionen f(x,y) givet ved 

f(x,y) = x + y + 1 

xy 

for x > 0,y > 0. Det oplyses, at funktionen har netop ét kritisk punkt i sit definitionsområde. 

1. Angiv dette kritiske punkt. 

2. Undersøg om det er et lokalt minimum, maksimum, eller saddelpunkt. 



f(x,y) = x + y + 1 

xy 


∇f = (1 − 1 

x2 1 

,1 − ) = (0,0) 

y xy2 ⇔ x 2 y = 1, xy 2 = 1 

⇔ (x,y) = (1,1) 



y


Dobbelt partielle afledede 

Anden ordenstesten giver 

fxx = 2 

x3y ,fxy = 1 

x2y2 ,fyy = 2 

xy3 fxx(1,1) = 2,fxy(1,1) = 1,fyy(1,1) = 2 


(1,1) 3 2 3 minimum 

Altså er punktet (1,1) lokalt minimum for f på mængden x > 0,y > 0. 



z 

x 

1.21. Angiv potensrække ☞ Matematik Alfa 1, August 2002 

Opgave 4 

Angiv en potensrække i x, der for x = 0 fremstiller funktionen 

Angiv også grænseværdien 

(1,1) 

f(x) = cos(x2 ) − 1 

x 4 

lim 

x→0 f(x). 



Benyt potensrækken 

∞ 

n 1 

cos x = (−1) 

til at få 

n=0 

cos x 2 − 1 = 

(2n)! x2n 

∞ 

n 1 

(−1) 

n=1 

y 

(2n)! x4n 


Opgave 4 - løsning

Dermed er 


f(x) = 

1. AUGUST 2002 239 

∞ 

n 1 

(−1) 

n=1 

(2n)! x4(n−1) 

= − 1 1 

+ 

2! 4! x4 − 1 

6! x8 + 1 

8! x12 − ... 

lim f(x) = −1 

x→0 2 



Grafen for 

y 

0 1 

1 

y = cos(x2 ) − 1 

x 4 

1.25. Find gradient ☞ Matematik Alfa 1, August 2002 

Opgave 5 

Betragt funktionen f(x,y) = y 2 + ln(x 3 + y + 1). 

1. Angiv gradientvektoren ∇f(0,2). 

2. Angiv den retningsafledede af f i punktet P = (0,2) i retning givet ved enhedsvektoren 

(3/5,4/5). 

Løsning 

1. Gradienten beregnes 

fx = 3x 2 /(x 3 + y + 1) 

fy = 2y + 1/(x 3 + y + 1) 

∇f(0,2) = (fx(0,2),fy(0,2)) = (0,13/3) 



x


y 

∇f(0,2) 

(0,2) 

u 

1 

x 

2. I retning u = (3/5,4/5) er den retningsafledede 

Duf(0,2) = ∇f(0,2) · u 

= (0,13/3) · (3/5,4/5) 

= 52/15 



y 

1 

x 3 +y+1>0 

x 

Definitionsområdet. 

x 

z 

Grafen 

z=y 2 +ln(x 3 +y+1) 



y 

1 

0 1 

Tangenter til niveaukurver for z = y 2 + ln(x 3 + y + 1). 


x 

y


y 

1 

0 1 

1. AUGUST 2002 241 

Skalerede gradienter 0.1∇z for z = y 2 + ln(x 3 + y + 1). 

1.30. Beregn projektion ☞ Matematik Alfa 1, August 2002 

Opgave 6 

Betragt det lineære underrum U ⊂ R 4 , der er udspændt af vektorer u1 = (1,1, −1, −1) 

og u2 = (0,1,1,0). Angiv den vektor u i U, der har kortest afstand til vektoren v = 

(1,2,3,4). 

Løsning 

I følge [LA] Sætning 18 er u den ortogonale projektion af v på U. 

Den korteste afstand er 

||v − u|| 



Vektorerne u1 = (1,1, −1, −1) og u2 = (0,1,1,0) har 

u1 · u2 = 1 · 0 + 1 · 1 + (−1) · 1 + (−1) · 0 = 0 

Fra [LA] Sætning 17 fås projektionen af v = (1,2,3,4) 

u = projU(v) = proju1 (v) + proju2 (v) 

= v · u1 v · u2 

u1 + 

u1 · u1 

u2 

u2 · u2 

= −4 

5 

(1,1, −1, −1) + 

4 2 (0,1,1,0) 

= (−1, 3 7 

2 , 2 ,1) 



Restvektoren 

v − u = (1,2,3,4) − (−1, 3 7 

2 , 2 ,1) 

= (2, 1 

2 , −1 

2 ,3) 


||v − u|| = ||(2, 1 

2 

 

27 

= 

2 

= 3√ 

6 

2 

x 

, −1 

2 ,3)||




v 

v u ∈ U ⊥ 

u = projU(v) 


1.34. Løs differentialligning ☞ Matematik Alfa 1, August 2002 

Opgave 7 

Angiv den fuldstændige løsning til differentialligningen 

y ′ + 2y = xe −2x + 3 

Angiv endvidere den partikulære løsning y(x), der opfylder y(0) = 2. 

Løsning 

a(x) = −2,b(x) = xe −2x + 3 



Som giver 

 

A(x) = a(x)dx = −2dx = −2x 

 

B(x) = e −A(x) 

b(x)dx = 

= 1 

2 x2 + 3 

2 e2x 

U 

e 2x (xe −2x + 3)dx 



fuldstændig løsning 

y(x) = Ce A(x) + B(x)e A(x) 

= Ce −2x + ( 1 

2 x2 + 3 

2 e2x )e −2x 

= Ce −2x + 1 

2 x2 e −2x + 3 

2 

1.37. Løs differentialligning ☞ Matematik Alfa 1, August 2002

Opgave 7 - retningsfelt 

2. JANUAR 2003 243 

y 

1 

0 1 

I punktet (x,y) tegnes et kort linjestykke med hældning y ′ (x) = −2y + xe −2x + 3. 





y(0) = Ce 0 + 3 

= 2 

2 

y(x) = 1 

2 e−2x + 1 

2 x2 e −2x + 3 

2 



y 

1 

0 1 

Løsningskurve 

2. Januar 2003 

2.1. Oversigt ☞ [S], [LA] 


✌ Egenvektorer, egenværdier og diagonalisering 

✌ Dobbelt integral og polært koordinatskift 

✌ Ortogonal projektion og mindste afstand 

✌ Retningsafledt og gradient 

✌ Maksimum/minimums metoder 

✌ Potensrækker 

✌ Differentialligninger 

x 

x


2.2. Oversigt ☞ Matematik Alfa 1, Januar 2003 

Opgaver 

1. Find gradient og retningsafledt 

2. Angiv egenvektorer 

3. Beregn et dobbeltintegral 

4. Beregn en ortogonal projektion 

5. Løs en lineær differentialligning 

6. Angiv en potensrække og find en grænseværdi 

7. Bestem kritiske punkter og ekstrema 

2.3. Find gradient ☞ Matematik Alfa 1, Januar 2003 

Opgave 1 

Betragt funktionen 

for x > 0,y > 0. 

f(x,y) = 

1 + y 

x + y 

1) Angiv ∂f 

∂x (5,2). 

2) Angiv ∇f(5,2). 

3) Angiv en enhedsvektor u så at den retningsafledede Duf(5,2) er 0. 



1) De partielle afledede beregnes 

2) Gradienten angives 

fx = 

fy = 

−y − 1 

(x + y) 2 

x − 1 

(x + y) 2 

fx(5,2) = − 3 

49 

∇f(5,2) = (fx(5,2),fy(5,2)) = (− 3 4 

, 

49 49 ) 

2.5. Find gradient 


☞ Matematik Alfa 1, Januar 2003 

7 ∇f 

3. I retning u = (u1,u2) er den 

retningsafledede 

(5,2) 

u 

5 6 

x 

Duf(5,2) = ∇f(5,2) · u 

= (− 3 4 

, ) · (u1,u2) 

49 49 

= 1 

49 (−3u1 + 4u2) 



Den retningsafledede 

Duf(5,2) = 1 

49 (−3u1 + 4u2) = 0

for 

En løsning er 

2. JANUAR 2003 245 

−3u1 + 4u2 = 0 

u 2 1 + u 2 2 = 1 

u = ( 4 3 

, 

5 5 ) 



z 

x 

1 

Grafen z = 1+y 

x+y 



y 

1 

0 1 

Tangenter til niveaukurver for z = 1+y 

x+y . 



y 

1 

0 1 

y 

x 

x


Skalerede gradienter 4∇z for z = 1+y 

x+y . 

2.10. Angiv egenvektor 

Opgave 2 

☞ Matematik Alfa 1, Januar 2003 


⎡ 

9 4 

⎤ 

−3 

A = ⎣ −2 0 6 ⎦ . 

−1 −4 11 

1) Det oplyses, at vektoren (−1,1,1) er en egenvektor for A. Angiv den tilhørende egenværdi. 

2) Angiv endnu en egenvektor til dennne egenværdi; der ønskes en egenvektor, som ikke 

er af form t · (−1,1,1). 

2.11. Angiv egenvektor ☞ Matematik Alfa 1, Januar 2003 


1. Egenværdi hørende til egenvektoren (−1,1,1): 

⎡ 

⎣ 

9 4 −3 

−2 0 6 

−1 −4 11 

⎤⎡ 

⎦⎣ 

−1 

1 

1 

⎤ 

⎡ 

⎦ = ⎣ 

−8 

8 

8 

⎤ 

⎡ 

⎦ = 8⎣ 

giver egenværdi 8. 


⎡ 

1 

A − 8I = ⎣−2 4 

−8 

⎤ ⎡ 

−3 1 

6 ⎦ ∼ ⎣0 4 

0 

⎤ 

−3 

0 ⎦ 

−1 −4 3 0 0 0 




og dermed 

⎡ 

⎣ 

x1 

x2 

x3 

x1 + 4x2 − 3x3 = 0 

−1 

1 

1 

x1 = −4x2 + 3x3 

⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ 

−4x2 + 3x3 −4 3 

⎦ = ⎣ x2 ⎦ = x2 ⎣ 1 ⎦ + x3 ⎣0⎦ 

0 1 

x3 

hvor x2,x3 vælges frit. Som egenvektor ej på form t · (−1,1,1) kan vælges (−4,1,0). 


Opgave 2 - gør prøve! 

⎡ 

9 

⎣ −2 

4 

0 

⎤ ⎡ 

−3 

6 ⎦ ⎣ 

−1 −4 11 

−4 

⎤ ⎡ 

1 ⎦ = ⎣ 

0 

−32 

⎤ ⎡ 

8 ⎦ = 8⎣ 

0 

−4 

⎤ 

1 ⎦ 

0 

⎡ 

9 

⎣ −2 

4 

0 

⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ 

−3 3 24 3 

6 ⎦ ⎣ 0 ⎦ = ⎣ 0 ⎦ = 8⎣ 

0 ⎦ 

−1 −4 11 1 8 1 


⎤ 

⎦

2. JANUAR 2003 247 



z 

(3,0,1) 

x 

1 

( 1,1,1) 

Egenvektorer 

y 

( 4,1,0) 

2.15. Beregn et dobbeltintegral ☞ Matematik Alfa 1, Januar 2003 

Opgave 3 

Lad T betegne trekanten i xy-planen med hjørner (0,0),(0,1),(2,1) (tegn!). 

1) Opskriv to itererede integraler til udregning af et dobbeltintegral af form 

 

f(x,y) dA. 

2) Udregn dobbeltintegralet 

T 

T 

x · sin(y 3 ) dA. 



y 

1 

0 1 2 

(2,1) 

T = {(x,y)|0 ≤ x ≤ 2, 1 

2x ≤ y ≤ 1} 

= {(x,y)|0 ≤ y ≤ 1,0 ≤ x ≤ 2y} 



Dobbeltintegralet er Type I: 

 

Dobbeltintegralet er Type II: 

 

T = {(x,y)|0 ≤ x ≤ 2, 1 

2x ≤ y ≤ 1} 

= {(x,y)|0 ≤ y ≤ 1,0 ≤ x ≤ 2y} 

T 

T 

f(x,y)dA = 

f(x,y)dA = 

2 1 

0 

1 

2 x 

1 2y 

0 

0 

f(x,y)dy dx 

x 

f(x,y)dx dy




 

T 

x sin(y 3 )dA = 

= 

= 

= 

1 2y 

x sin(y 3 )dx dy 

0 0 

1 

1 

0 2 x2 sin(y 3 ) 

x=0 

1 

2y 

0 

2 sin(y 3 )dy 

1 

− 2 

3 cos(y3 ) 

= 2 

(1 − cos(1)) 

3 

≈ 0.31 

0 

x=2y dy 



x 

2 

1 

z 

1 

0 

E = {(x,y,z)|(x,y) ∈ T,0 ≤ z ≤ xsin(y 3 )} 

2.20. Beregn projektion ☞ Matematik Alfa 1, Januar 2003 

Opgave 4 

Betragt følgende vektorer i R 4 , 

1 

u 1 = (1,0,0,0) 

u 2 = (0,1,1,0) 

u 3 = (0,1, −1,1) 

Det oplyses at disse vektorer er indbyrdes ortogonale. Lad U betegne det lineære underrum 

af R 4 , som er udspændt af u 1 ,u 2 og u 3 . Lad v betegne vektoren 

v = (0,1,0,5). 

1) Angiv projektionen (= den ortogonale projektion) projU(v) af v ind på U. 

2) Angiv afstanden fra v til U. 



y

2. JANUAR 2003 249 

1) Fra Sætning 17 fås projektionen af v = (0,1,0,5) på u 1 = (1,0,0,0),u 2 = (0,1,1,0),u 3 = 

(0,1, −1,1) 

projU(v) = proju 1 (v) + proju 2 (v) + proju 3 (v) 

= v · u1 u1 + 

u1 · u1 v · u2 u2 + 

u2 · u2 v · u3 u3 u3 · u3 = 0 1 

(1,0,0,0) + 

1 2 

= (0, 5 

2 , −3 

2 ,2) 

6 

(0,1,1,0) + (0,1, −1,1) 

3 



Restvektoren 

v − projU(v) = (0,1,0,5) − (0, 5 

2 , −3 

2 ,2) 

= (0, −3 3 

2 , 2 ,3) 


||v − u|| = ||(0, −3 2 

 

27 

= 

2 

= 3√ 

6 

2 

, 3 

2 ,3)|| 



v 

v u ∈ U ⊥ 

u = projU(v) 


2.24. Løs differentialligning ☞ Matematik Alfa 1, Januar 2003 

Opgave 5 

Angiv den fuldstændige løsning y(x) til differentialligningen (for x > 0) 

y ′ + y 

x = 2x−1 . 

Angiv endvidere den løsning, der opfylder betingelsen y(2) = 5. 



y ′ + y 

= 2x−1 

x 

a(x) = −x −1 ,b(x) = 2x −1 

U


 

A(x) = a(x)dx = −x −1 dx = −lnx 

 

B(x) = e −A(x) 

b(x)dx = e ln x 2x −1 dx 

= 2x 



Som giver fuldstændig løsning 

y(x) = Ce A(x) + B(x)e A(x) 

= Ce − ln x − ln x 

+ 2xe 

= C 1 

+ 2 

x 


Opgave 5 - retningsfelt 

y 

1 

0 1 

I punktet (x,y) tegnes et kort linjestykke med hældning y ′ (x) = − y 2 

x + x . 





x 

y(2) = C 1 

+ 2 = 5 

2 

y(x) = 6 

+ 2 

x 



y 

1 

0 1 

x 

Løsningskurve

2. JANUAR 2003 251 

y(x) = 6 

+ 2 

x 

2.30. Angiv potensrække ☞ Matematik Alfa 1, Januar 2003 

Opgave 6 

1) Angiv en potensrækkefremstilling for x − sin x. 

2) Angiv grænseværdien 

Løsning 

1) Benyt potensrækken 

sin x = 

x − sinx 

lim 

x→0 x3 cos x . 

∞ 

(−1) n 1 

(2n + 1)! x2n+1 

n=0 



sinx = 1 1 

x − 

1! 3! x3 + 1 

5! x5 − ... 

til at få 

∞ 

x − sin x = (−1) n+1 1 

(2n + 1)! x2n+1 

skrevet ud 

n=1 

x − sinx = 1 

3! x3 − 1 

5! x5 + ... 



2) Dermed er 


f(x) = 

x − sin x 

x 3 

= 

∞ 

(−1) n+1 1 

(2n + 1)! x2n−2 

n=1 

= 1 1 

− 

3! 5! x2 − ... 

x − sin x 

lim 

x→0 x3 f(x) f(0) 

= lim = 

cos x x→0 cos x cos 0 

= 1 

6 



y 

1 

0 1 

x


Grafen for 

y = 

x − sinx 

x 3 cos x 

2.34. Bestem ekstrema ☞ Matematik Alfa 1, Januar 2003 

Opgave 7 

Minimer x 2 +xy +y 2 under bibetingelsen x 2 +y 2 = 18. Det kan frit benyttes at et sådant 

minimum eksisterer. 

Løsning 

Sæt f(x,y) = x 2 + xy + y 2 og g(x,y) = x 2 + y 2 = 18. De partielle afledede er 

fx = 2x + y,fy = x + 2y 

gx = 2x,gy = 2y 



Lagrange ligningssystem bliver 

2x + y = λ2x 

x + 2y = λ2y 

x 2 + y 2 = 18 

Løsningen giver x = ±y og videre fire punkter 

Indsættelse giver minimumspunkter/værdi 

(−3, −3),(−3,3),(3, −3),(3,3) 

(a,b) = (−3,3),(3, −3), f(a,b) = 9 



(3, 3,9) ( 3,3,9) 

x 

z 

Grafen for f 



Løs bibetingelsen, y = ± √ 18 − x 2 og minimer funktionen 

h(x) = f(x, ± 18 − x 2 ) = 18 ± x 18 − x 2 

y

Løsning 

Den afledede er 

h ′ (x) = 

3. JANUAR 2004 253 

36x − 4x3 

2 √ 18x 2 − x 4 

De kritiske punkter a = ±3 giver minimumspunkter/værdi 

(a,b) = (−3,3),(3, −3), f(a,b) = 9 


Opgave 1. Lad T betegne trekanten i xy-planen med hjørner 

(1,1),(2,2) og (1,2) 

(tegn !). 

1) Opstil et itereret integral til beregning af dobbeltintegralet 

 

(hvor f er en vilkårlig kontinuert funktion). 

2) Beregn 

 

Løsning. 1) Området tegnes 

y 

1 

T 

(1,1) 

0 1 

f(x,y) dA 

T 

y 2 dA. 

(1,2) (2,2) 

y = x 

Trekanten T = {(x,y)|1 ≤ x ≤ 2,x ≤ y ≤ 2} 

Et Type I integral opstilles ([S] 12.3 Theorem 3) 

 

T 

f(x,y) dA = 

2 2 

1 

x 

x 

f(x,y)dy dx .


2) Fra 1) fås 

 

T 

y 2 dA = 

2 2 

(Man kunne også have brugt et Type II integral.) 

y 2 dy dx 

1 x 

2 

= [ 

1 

1 

3y3 ] y=2 

y=x dx 

2 

1 = 3 

1 

(23 − x 3 )dx 

= 1 1 

3 [8x − 4x4 ] 2 1 

= 16 16 8 1 

3 − 12 − 3 + 12 

= 17 

12 . 

Opgave 2. Betragt funktionen f(x,y) = x 2 + y 2 . 

1) Angiv gradientvektoren ∇f(P), hvor P er punktet (3,4). 

2) Angiv størrelsen af den maximale retningsafledede af f i punktet (3,4). 

Løsning. 1) De partielle afledede er 

hvorfra gradienten beregnes 

fx = 

x 

x 2 + y 2 , fy = 

y 

x 2 + y 2 , 

∇f(3,4) = (fx(3,4),fy(3,4)) = ( 3 4 

, ) . 

5 5 

y 

1 

0 1 

(3,4) 

∇f 

f(x,y) = 5 

2) Den største retningsafledede er ([S] 11.6 Theorem 15) længden af gradientvektoren 

|∇f(3,4)| = |( 3 

5 

4 

, )| = 

5 

 

9 16 

+ = 1 . 

25 25 

x

3. JANUAR 2004 255 

Opgave 3. Lad a betegne et vilkårligt reelt tal, og lad A betegne matricen 

⎡ 

3 0 

⎤ 

0 

A = ⎣ 1 a 1 ⎦ . 

0 0 3 

1) Gør rede for, at (−1,0,1) er en egenvektor for A, og angiv den tilhørende egenværdi. 

2) Betragt matricen 

⎡ 

3 0 

⎤ 

0 

B = ⎣ 1 1 1 ⎦ 

0 0 3 

(fremkommet af matricen A fra Sp. 1) ved at sætte a = 1) 

Det oplyses, at λ = 3 er en egenværdi for B. Angiv det tilhørende egenrum E3. 

Løsning. 1) Fra udregningen 

⎡ ⎤⎡ 

3 0 0 

⎣ 1 a 1 ⎦⎣ 

0 0 3 

−1 

0 

1 

⎤ 

⎡ 

⎦ = ⎣ 

−3 + 0 + 0 

−1 + 0 + 1 

0 + 0 + 3 

⎤ 

⎡ 

⎦ = 3⎣ 

ses ([LA] (25)), at den opgivne vektor er en egenvektor og egenværdien er 3. 

2) Det søgte egenrum er løsningsrum for det homogene ligningssystem med koefficientmatrix 

⎡ 

3 − 3 0 

⎤ 

0 

⎡ 

0 0 

⎤ 

0 

B − 3I = ⎣ 1 1 − 3 1 ⎦ = ⎣ 1 −2 1 ⎦ . 

0 

Det reducerede ligningssystem er 

0 3 − 3 0 0 0 

x − 2y + z = 0 . 

Eliminationsmetoden giver et løsningsrum beskrevet ved to parametre y,z 

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ 

x 2y − z 2 −1 

⎣ y ⎦ = ⎣ y ⎦ = y ⎣ 1 ⎦ + z ⎣ 0 ⎦ . 

z z 0 1 

Det følger ([LA] Sætning 15), at egenrummet også kan udtrykkes som underrummet 

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ 

2 −1 

E3 = span( ⎣ 1 ⎦, ⎣ 0 ⎦) . 

0 1 

−1 

0 

1 

⎤ 

⎦


Opgave 4. Angiv en potensrække i x, der fremstiller en stamfunktion til Arctan(x) (= 

tan −1 (x)) i intervallet (−1,1). Det er nok at angive så mange led, at mønsteret træder 

frem. 

Løsning. Man har ([S] 8.6 Example 7) 

og 

 

Arctan(x) = 

1 

dx 

1 + x2 1 

1 + x 2 = 1 − x2 + x 4 − x 6 + x 8 − ... . 

Heraf ved ledvis integration (eller: direkte fra [S] 8.7 side 618) 

Arctan(x) = 1 1 

x − 

1 3 x3 + 1 

5 x5 − 1 

7 x7 + 1 

9 x9 − ... 

og fortsat integration giver den søgte stamfunktion 

 

Arctan(x)dx = 1 

1 · 2 x2 − 1 

3 · 4 x4 + 1 

5 · 6 x6 − 1 

7 · 8 x8 + 1 

9 · 10 x10 − ... 

= 

∞ 

n=1 

(−1) n+1 

(2n − 1)2n x2n . 

Opgave 5. Lad U betegne det lineære underrum af R 4 udspændt af vektorerne u 1 = 

(1,0,0,0) og u 2 = (0,1,1,0). Betragt vektoren v = (2,4,6,8). 

1) Angiv projektionen projU(v). 

2) Angiv afstanden fra v til U. 

Løsning. Problemstillingen er illustreret på figuren 

1) Udregningen 

v 

v u ∈ U ⊥ 

u = projU(v) 


u 1 · u 2 = 1 · 0 + 0 · 1 + 0 · 1 + 0 · 0 = 0 

U

3. JANUAR 2004 257 

viser at u 1 og u 2 er ortogonale. Man får ([LA] Sætning 17) projektionen af v = (2,4,6,8) 

på u 1 = (1,0,0,0),u 2 = (0,1,1,0) 

2) Restvektoren 

projU(v) = proju 1 (v) + proju 2 (v) 

har en længde, som er afstanden fra v til U 

= v · u1 u1 + 

u1 · u1 v · u2 u2 u2 · u2 = 2 10 

(1,0,0,0) + 

1 2 (0,1,1,0) 

= (2,5,5,0) . 

v − projU(v) = (2,4,6,8) − (2,5,5,0) 

= (0, −1,1,8) 

|(0, −1,1,8)| = √ 66 . 

Opgave 6. 1) Angiv egenværdierne for matricen 

2) Undersøg om funktionen 

har et lokalt ekstremum i (0,0). 

2 4 

4 2 

 

. 

f(x,y) = x 2 + y 2 + 4xy + x 2 y 

Løsning. 1) Det karakteristiske polynomium er 

 

 

2 − λ 4 

 

4 2 − λ = λ2 − 4λ − 12 . 

Egenværdierne er rødderne −2 og 6 ([LA] Sætning 14). 

2) De partielle afledede er 

I (0,0) er gradienten 

fx = 2x + 4y + 2xy, fy = 2y + 4x + x 2 . 

∇f(0,0) = (fx(0,0),fy(0,0)) = (0,0) , 

så den nødvendige betingelse for et lokalt ekstremum er opfyldt. De dobbelte partielle 

afledede er 

I (0,0) er Hessematricen 

fxx = 2 + 2y, fxy = fyx = 4 + 2x, fyy = 2 . 

fxx fxy 

fyx fyy 

 

= 

2 4 

4 2 

netop matricen fra 1). Da egenværdierne er = 0 og ikke har samme fortegn, så er (0,0) 

ikke et lokalt ekstremum ([LA] 13 side 89). 

Alternativt giver andenordenstesten ([S] 11.7 Theorem 3) en størrelse D = fxxfyy−f 2 xy = 

−12. Da D < 0, er (0,0) ikke et lokalt ekstremum.


Opgave 7. Betragt differentialligningen 

y ′ = −2xy + x . 

1) Angiv den fuldstændige løsning. 

2) Angiv den løsning y(x), der opfylder y(0) = 1 

2 . 

Løsning. 1) Graferne for den fuldstædige løsning kan skitseres ud fra retningsdiagrammet 

af små linjestykker igennem (x,y) med hældning y ′ (x) 

Med notationen ([DL] 1.5, 1.6) 

er stamfunktionerne 

y 

1 

0 1 

Retningsdiagram og to skitserede grafer 

a(x) = −2x, b(x) = x 

 

A(x) = a(x)dx = −2x dx = −x 2 , 

 

B(x) = e −A(x) 

b(x)dx = e x2 

x dx 

= 1 

2 ex2 

. 

Dette giver den fuldstændige løsning ([DL] 1.5, 1.6 samt rettelser fra Us. 5) 

y(x) = Ce A(x) + B(x)e A(x) 

= Ce −x2 

= Ce −x2 

+ 1 

2 ex2e 

−x2 

+ 1 

2 , 

hvor C er en arbitrær konstant. 

2) I den partikulære løsning bestemmes C ved y(0) = 1 

2 . 

y(0) = Ce 0 + 1 1 

= 

2 2 

Det ses, at den søgte partikulære løsning er konstant 

y(x) = 1 

2 . 

⇒ C = 0 . 

x

4. AUGUST 2004 259 

4. August 2004 

Opgave 1. Lad D betegne den del af cirkelskiven x 2 + y 2 ≤ 4, der ligger i 1. kvadrant 

(tegn!). 

1) Beskriv D i polære koordinater. 

2) Beregn dobbeltintegralet 

Løsning. 1) Området tegnes 

D er i polære koordinater 

givet ved 

y 

1 

 

D 

1 

x 2 + y 2 + 2 dA. 

(1,2) (2,2) 

(1,1) 

0 1 

y = x 

Kvartcirklen D = {(x,y)|0 ≤ x,0 ≤ y,x 2 + y 2 ≤ 4} 


{(r,θ)|0 ≤ r ≤ 2,0 ≤ θ ≤ π 

2 } 

2) Dobbelt integralet opstilles i polære koordinater 

 

π/2 2 

f(x,y) dA = f(r cos θ,r sin θ)r dr dθ . 

og beregnes 

D 

 

D 

Opgave 2. Betragt funktionen 

1 

x2 + y2 dA = 

+ 2 

0 

0 

π/2 

0 

2 

0 

x 

r 

r2 dr dθ 

+ 2 

= π 

2 [1 

2 ln(r2 + 2)] r=2 

r=0 

= π 

ln 3 . 

4 

f(x,y) = x · ln(1 + x + y) 

defineret i halvplanen x + y > −1. 

1) Angiv gradientvektoren ∇f(x,y) for et vilkårligt punkt (x,y) i funktionens definitionsområde. 

2) Beregn den retningsafledede af f i punktet (0,1), i retningen “Nordøst”, dvs. i retning 

givet ved enhedsvektoren 1 √ 2 (1,1).



hvorfra gradienten angives 

fx = ln(1 + x + y) + 

∇f(x,y) = (fx,fy) = (ln(1 + x + y) + 

2) Den retningsafledede i retning u = 1 √ 2 (1,1) er 

x 

1 + x + y , fy 

x 

= 

1 + x + y , 

x 

1 + x + y , 

x 

) . 

1 + x + y 

∇f(0,1) · u = (ln 2,0) · 1 √ 2 (1,1) = 1 

√ 2 ln 2 . 

Opgave 3. Det oplyses, at vektoren v = (1,2) er en egenvektor for en matrix A af formen 

hvor a er et vist reelt tal. 

1) Angiv den tilhørende egenværdi 

2) Beregn tallet a. 

Løsning. 1) Udregningen 

viser at egenværdien 

2) a opfylder 

altså a = 2 . 

A v = 


2 1 

a 3 

A = 

1 

2 

2 1 

a 3 

 

= 

λ = 4 . 

 

, 

4 

a + 6 

a + 6 = 2λ = 8 

 

 

1 

= λ 

2 

f(x) = sin( x2 

2 ). 

1) Angiv nogle af de første led i en potensrække i x , der på hele den reelle akse fremstiller 

funktionen f(x). (Det er tilstrækkeligt at angive leddene af grad ≤ 6.) 

2) Beregn tallet f (4) (0) (hvor f (4) betegner den 4. afledede af f). 

Løsning. 1) Fra [S] haves 

Indsæt y = x2 

2 

Altså 

sin y = y − 1 

3! y3 + 1 

5! y5 ... 

sin( x2 

x2 ) = 

2 2 

1 x2 − 3! ( 

2 )3 + 1 

5! 

( x2 

2 )5 − ... 

sin( x2 1 

) = 

2 2 x2 − 1 

48 x6 + ... 

2) I en potensrække f(x) = anxn gælder 

Heraf f (4) (0) = 0 . 

f (n) (0) = n!an .

Opgave 5. Betragt følgende vektorer i R 3 , 

Det oplyses, at 

4. AUGUST 2004 261 

u 1 = (1,1,1), u 2 = (0,1,2), u 3 = (−1,0,1). 

span(u 1 ,u 2 ) = span(u 1 ,u 3 ) = span(u 2 ,u 3 ). 

Dette lineære underrum (plan) kaldes U. 

1) Beregn den ortogonale projektion af vektoren v = (6,4,8) ind på U. 

2) Angiv en egentlig vektor vinkelret på U. 

Løsning. Problemstillingen er illustreret på figuren 

1) Udregningen 

y 

1 

0 1 

(3,4) 

∇f 

f(x,y) = 5 


u 1 · u 3 = 1 · (−1) + 1 · 0 + 1 · 1 = 0 

viser at u 1 og u 3 er ortogonale. Fra [LA] Sætning 17 fås projektionen af v = (6,4,8) på 

u 1 = (1,1,1),u 3 = (−1,0,1) 

2) Restvektoren 

er egentlig og vinkelret på U. 


= v · u1 u1 + 

u1 · u1 v · u3 u2 u3 · u3 = 18 2 

(1,1,1) + 

3 2 (−1,0,1) 

= (5,6,7) . 

v − projU(v) = (6,4,8) − (5,6,7) 

= (1, −2,1) 

Opgave 6. Det oplyses, at funktionen f(x,y) = x 2 + y 2 antager et minimum under bibetingelsen 

g(x,y) = 0, hvor g(x,y) = xy − 5. 

1) Angiv samtlige de punkter, hvori dette minimum antages. 

2) Beregn minimumsværdien. 

x



Lagrange ligningerne er 

I dette tilfælde 

fx = 2x, fy = 2y, gx = y, gy = x. 

fx = λgx, fy = λgy, g = k. 

2x = λy, 2y = λx, xy = 5. 

x,y er ikke nul og har samme fortegn. Det følger, at λ = 2, x = y . Mulige minimumspunkter 

er da 

(x,y) = ±( √ 5, √ 5) 

Da funktionsværdien i disse punkter er ens, er dette de to søgte punkter. 

2) Minimumsværdien er f( √ 5, √ 5) = 10 . 

Opgave 7. Bestem den funktion y(x) (for x > 0), der opfylder 

og begyndelsesbetingelsen y(1) = 1. 

y ′ = − 2y 

x 

+ x2 

Løsning. En analytisk løsning kan med notation fra [DL] beskrives ved 

og stamfunktionerne 

Dette giver fuldstændig løsning 

a(x) = −2 

, b(x) = x2 

x 

 

−2 

A(x) = a(x)dx = dx = −2ln x , 

x 

 

B(x) = e −A(x) 

b(x)dx = e 2 ln x x 2 dx 

 

= 

x 2 x 2 dx = 1 

5 x5 . 

y(x) = Ce A(x) + B(x)e A(x) 

= Ce −2 ln x + 1 

5 e−2 ln x x 5 

= C 1 x3 

+ 

x2 5 , 



Det ses, at den søgte partikulære løsning er 

y(1) = C 1 x3 

4 

+ = 1 ⇒ C = 

x2 5 5 . 

y(x) = 4 x3 

+ 

5x2 5 .

5. JANUAR 2005 263 


Opgave 1. Lad v betegne vektoren (4, −3) ∈ R 2 . 

1) Angiv en enhedsvektor u (dvs. en vektor af længde 1), som har samme retning som v. 

2) Lad f betegne funktionen f(x,y) = ln(1 + x + 2y). Angiv den retningsafledede 

Duf(0,0). 

Løsning. 1) Længden af v = (4, −3) er v = 42 + (−3) 2 = √ 25 = 5. Enhedsvektoren 

i v’s retning er 

u = 1 1 

v = (4, −3) = (4 , −3 ) . 

v 5 5 5 

2) De partielle afledede af f(x,y) = ln(1 + x + 2y) er 

fx = 

hvorfra gradienten i (0,0) fås 

1 

1 + x + 2y , fy 

2 

= 

1 + x + 2y , 

∇f(0,0) = (fx(0,0),fy(0,0)) = (1,2) . 

Den retningsafledede i retning u = ( 4 

5 , −3 

5 ) er ifølge [S] 11.6 

∇f(0,0) · u = (1,2) · ( 4 4 6 

, −3 ) = − = −2 

5 5 5 5 5 . 

Opgave 2. Betragt følgende tre vektorer i R 4 : 

u 1 = (1,2,3,4), u 2 = (−3, −1,5,5), u 3 = (−4, −3,2,1). 

1) Undersøg hvilke af følgende udsagn der gælder: 

2) Det oplyses, at 

u 1 ⊥ u 2 , u 2 ⊥ u 3 , u 1 ⊥ u 3 . 

span(u 1 ,u 2 ) = span(u 2 ,u 3 ) = span(u 1 ,u 3 ). 

Dette underrum kaldes U. Lad v betegne vektoren v = (30,30,0,0). Angiv den ortogonale 

projektion projU(v) af vektoren v på U. 

Løsning. 1) Udregn 

u 1 · u 2 = −3 − 2 + 15 + 20 = 30 = 0 

u 1 · u 3 = −4 − 6 + 6 + 4 = 0 

u 2 · u 3 = 12 + 3 + 10 + 5 = 30 = 0 

Så u 1 ⊥ u 3 er det eneste sande udsagn. 

2) Problemstillingen er illustreret på figuren 

v 

v u ∈ U ⊥ 

u = projU(v) 


U


Da U = span(u 1 ,u 3 ) og u 1 og u 3 er ortogonale fås fra [LA] Sætning 17 projektionen af 

v = (30,30,0,0) på U 


u1 + 

u1 · u1 v · u3 u3 · u3 = v · u 1 

u 2 

30 + 60 

−120 − 90 

= 

(1,2,3,4) + (−4, −3,2,1) 

1 + 4 + 9 + 16 16 + 9 + 4 + 1 

= 3(1,2,3,4) − 7(−4, −3,2,1) 

= (31,27, −5,5) . 

Opgave 3. Lad T betegne trekanten i xy-planen afgrænset af x-aksen, y-aksen og linien 

x + y = 2 (tegn!). Udregn dobbeltintegralet 

 

e x+3y dA. 

Løsning. Området tegnes 

y 

2 

T 

0 2 

Trekanten T = {(x,y)|0 ≤ x ≤ 2,0 ≤ y ≤ 2 − x} 

T er af type I. Dobbelt integralet opstilles itereret, [S] 12.2, 

og beregnes 

 

T 

 

T 

f(x,y) dA = 

e x+3y dA = 

2 2−x 

0 

0 

x 

f(x,y)dy dx 

2 2−x 

e 

0 0 

x e 3y dy dx 

2 

= e 

0 

x [ 1 

3e3y ] y=2−x 

y=0 dx 

= 1 

2 

e 

3 0 

x (e 6−3x − 1)dx 

= 1 

3 [e6 (−1 2e−2x ) − e x ] 2 0 

= 1 

3 (e6 (− 1 

= 1 

6 e6 − 1 

2 e2 + 1 

3 . 

2e−4 ) − e 2 − (e 6 (−1 2 

) − 1))

Opgave 4. For et vilkårligt reelt tal b betragtes matricen 

⎡ 

0 0 

⎤ 

1 

⎣ 0 b 0 ⎦. 

4 0 0 

1) Vis at b er en egenværdi for denne matrix. 

2) Angiv egenrummet for egenværdien 2 for matricen 

⎡ 

0 0 

⎤ 

1 

⎣ 0 2 0 ⎦. 

4 0 0 

Løsning. 1) Lad 

Så har matricen 

A = ⎣ 

5. JANUAR 2005 265 

⎡ 

⎡ 

A − bI = ⎣ 

0 0 1 

0 b 0 

4 0 0 

⎤ 

⎦. 

−b 0 1 

0 0 0 

4 0 −b 

en 0-række. Dermed er nulrummet ikke trivielt og b er en egenværdi, [LA] 9. 

2) Den opgivne matrix er A for b = 2. Nulrummet beregnes ved elimination. Rækkere- 

duktionen 

⎡ 

A − 2I = ⎣ 


−2 0 1 

0 0 0 

4 0 −2 

⎤ 

x1 = 1 

2 x3 

En vektor (x1,x2,x3) i nulrummet opskrives 

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ 

⎣ 

x1 

x2 

x3 

Det ses, at egenrummet er 

⎦ = ⎣ 

1 

2 x3 

x2 

x3 

⎦ = x2 ⎣ 

⎡ 

E2 = span( ⎣ 

0 

1 

0 

⎡ 

⎦ ∼ ⎣ 

⎤ 

⎡ 

0 

1 

0 

⎦ , ⎣ 

Opgave 5. Betragt differentialligningen (for x > 0) 

⎡ 

dy 3y 

= + x. 

dx x 

⎤ 

⎤ 

⎦ 

1 0 −1 

2 

0 0 0 

0 0 0 

⎡ 

⎦ + x3 ⎣ 

1 

2 

0 

1 

⎤ 

⎦) . 

Angiv den løsning y(x) (for x > 0), der opfylder y(1) = 2. 

Løsning. En analytisk løsning kan med notation fra [LA] 14 beskrives ved 

a(x) = 3 

, b(x) = x 

x 

1 

2 

0 

1 

⎤ 

⎦ 

⎤ 

⎦


og stamfunktionerne 

Dette giver fuldstændig løsning 

 

3 

A(x) = a(x)dx = dx = 3ln x , 

x 

 

B(x) = e −A(x) 

b(x)dx = 

 

= x −3 

x dx = x −2 dx 

= −x −1 . 

y(x) = Ce A(x) + B(x)e A(x) 

= Ce 3 ln x − x −1 3 ln x 

e 

= Cx 3 − x −1 x 3 

= Cx 3 − x 2 , 



Det ses, at den søgte partikulære løsning er 

2 = C1 3 − 1 2 ⇒ C = 3 . 

y(x) = 3x 3 − x 2 . 

e −3 ln x x dx 

Opgave 6. 1) Angiv en potensrække i x, der i intervallet (−1,1) fremstiller funktionen 

f(x) = arctan(x 2 ) 

(arctan betegnes i lærebogen tan −1 , jvf. f.eks. s. 608-609.) 

2) Angiv en potensrække i x, der i intervallet (−1,1) fremstiller funktionen f ′ (x), hvor 

f(x) = arctan(x 2 ). 

For begge rækker er det tilstrækkeligt at angive så mange led, at mønsteret træder frem. 

Løsning. 1) Fra [S] 8.7 haves 

Indsæt y = x 2 

Altså er 

arctan y = y − 1 

3 y3 + 1 

5 y5 − ... 

arctan(x 2 ) = x 2 − 1 

3! (x2 ) 3 + 1 

5 (x2 ) 5 − ... 

f(x) = x 2 − 1 

3 x6 + 1 

5 x10 − 1 

7 x14 + ... 

2) Den afledede f ′ (x) fås ved ledvis differentiation 

Altså er 


f ′ (x) = 2x − 6 

3 x5 + 10 

5 x9 − 14 

7 x13 + ... 

f ′ (x) = 2x − 2x 5 + 2x 9 − 2x 13 + ... 

f(x,y) = x 3 + y 3 + 3xy.

5. JANUAR 2005 267 

1) Undersøg hvilke af følgende tre punkter, der er kritiske punkter for f: 

(1,1), (0,0), (−1, −1). 

2) Det oplyses, at f har netop to kritiske punkter. For hvert af de kritiske punkter for f 

ønskes angivet, om det er et lokalt maximum, et lokalt minimum, eller ingen af delene. 

Løsning. 1) For f(x,y) = x 3 + y 3 + 3xy er de partielle afledede 

Gradienterne ∇f = (fx,fy) beregnes 

Så (0,0),(−1, −1) er kritiske punkter. 

2) De andenordens partielle afledede er 

fx = 3x 2 + 3y, fy = 3y 2 + 3x. 

∇f(1,1) = (6,6) 

∇f(0,0) = (0,0) 

∇f(−1, −1) = (0,0) . 

fxx = 6x, fxy = 3, fyy = 6y . 

Hessematricen er 

 

6x 

H(f) = 

3 

 

3 

. 

6y 

I de kritiske punkter fås: 

 

0 

H (f) = 

(0,0) 3 

 

3 

, 

0 

som har determinant = −9. Punktet (0,0) er derfor et saddelpunkt. 

 

−6 3 

H (f) = , 

(−1,−1) 3 −6 

som har karakteristisk polynomium 

 

 

 

−6 − λ 3 

 

3 −6 − λ = λ2 + 12λ + 25 

med rødder −12±√144−100 2 

13.2. 

< 0. Punktet (−1, −1) er derfor et lokalt maksimum, [LA]

Litteratur 

Arnold, Ordinary differential equations, MIT press 1980. (Frisk velskrevet og moderne tilgang). 

Birkhoff & Rota, Ordinary differential equations, Wiley and Sons 1978. (Fine figurer, meget populær). 

Bohr & Mollerup, Lœrebog i matematisk analyse, Gjellerup 1949. (En gedigen dansk klassiker). 

Braun, Differential equations and their applications, Springer Verlag 1975. (Udførlige eksempler og 

gennemregninger af konkrete modeller). 

Coddington & Levinson, Theory of ordinary differential equations, McGraw-Hill 1955. (Omfattende, 

men alligevel tilgængelig). 

Edwards & Penney, Differential equations, computing and modeling, Prentice Hall 1996. (Elementær, 

supplerer forfatternes ”calculus” bog). 

Hartmann, Ordinary differential equations, Wiley & Sons 1964. (Den mest omfattende nyere bog om 

emnet). 

Hirsh & Smale, Differential equations, dynamical systems and linear algebra, Academic Press 1974. 

(Bogen om lineære systemer). 

Ince, Ordinary differential equations, Dover Publ. 1917. (Klassisk bog med mange ikke-lineære typer). 

Iversen, Reelle funktioner af en variabel, Aarhus Universitetsforlag 1988. (Har et godt afsnit om lineære 

systemer med udførlige beviser). 

Iversen, Reelle funktioner af flere variable, Aarhus Universitetsforlag 1988. (Udførlige beviser). 

Kock, Lineœr algebra, Aarhus Universitet 2003. (Noter til kurset). 

Nielsen, Differentialligninger, Aarhus Universitet 2003. (Noter til kurset). 

Poulsen, Funktioner af en og flere variable, Gad 2001. (Noter til kurset for matematikstuderende). 

Simmons, Differential equations with applications and historical notes, McGraw-Hill 1972. (Fornøjelig 

læsning med mange oplysninger). 

Stewart, Calculus - concepts and contexts, Brooks/Cole 2001. (Lærebogen, lidt magert omkring differentialligninger 

og modelering). 

269

0-række/søjle, 187 

n-te afsnitssum, 121 

(koordinat)vektor, 163 

(lokal) stabil, 160 

(matrix)indgang, 166 

Øvre trekantsmatrix, 187 

“Reducer til øvre trekantsmatrix”, 189 

absolut ekstremum, 52 

absolut ekstremumsværdi, 52 

absolut maksimum, 51 

absolut maksimumsværdi, 51 

absolut minimum, 51 

absolut minimumsværdi, 51 

absolut værdi, 224 

adderes, 167 

afledede, 17 

afstanden, 213 

aftagende:, 119 

Algebraens fundamentalsætning, 231 

Arctan rækken, 125 

Argand planen, 223 

argumentet, 227 

associativ, 168 

Associativ lov, 164, 169 

augmenteret matrix, 181 

autonom system, 160 

bølgeligningen, 24 

begrænset:, 120 

begrœnsningen, 63, 65, 69 

begyndelsesværdi, 139 

begyndelsesværdiproblem, 155 

begyndelsesværdiproblemet, 144 

Beregning af determinant, 188 

bestemte integral, 73 

bibetingelsen, 63, 65, 69 

binomialrækken, 125 

Cosinusrækken, 125 

definitionsmængden, 11 

definitionsmœngden, 7 

Den geometriske række, 125 

Den kommutative lov holder ikke, 169 

Determinanten, 186, 187 

diagonalisere, 204 

diagonalmatrix, 170, 203 

differentiabel, 30 

Differentialet, 30 

Stikord 

271 

differentialligningen, 154 

dimensionale koordinatvektorrum, 163 

Distributive love, 165, 169 

divergent, 114, 116, 118, 121 

Dobbelt integralet, 75, 90 

dobbelte Riemann sum, 76 

Dobbeltintegralet, 91 

egenrummet, 196 

egentlig, 193 

egentlig løsning, 191 

egenværdi, 193 

egenvektor, 193 

Eksponentialrækken, 125, 126 

enhedsvektor, 210 

Enten-eller-princip (22), 183 

Eulers formel, 231 

fuldstændig løsning, 176 

fuldstœndige løsning, 145 

funktion af to variable, 7 

Gør prøve, 185 

geometriske række, 122 

Grænseværdien, 11 

gradienten, 44, 46 

Grafen, 8 

hastighedsfeltet, 157 

Hesse matricen, 55 

homogen, 145 

homogene part, 145, 149 

homogent, 149, 176 

hovedkvadratroden, 226 

Identitetsmatricen, 170 

Identitetsmatricen (enhedsmatricen), 203 

ikke-nul (egentlige), 195 

imaginærdel, 223 

imaginære enhed, 223 

imaginœre akse, 224 

inhomogene, 145, 149 

inhomogent, 176 

invers matrix, 173 

invertibel, 173 

itererede integral, 83 

Jacobideterminanten, 191 

Jakobimatricen, 37

272 STIKORD 

karakteristiske polynomium, 196 

koefficienter, 125, 165 

koefficientmatricen, 148 

koefficientmatrix, 176 

Kommutativ lov, 164 

kompleks tal, 223 

komplekse eksponentialfunktion, 231 

komplekse logatitmefunktion, 232 

komplekse plan, 223 

komplekse tal, 154 

komplekse trigonometriske funktioner, 232 

konjugerede tal, 225 

kontinuert i D, 12 

Kontinuitet, 12 

konturlinjen, 8 

konvergensintervallet, 126 

konvergensradius, 126 

konvergent, 114, 116, 118, 121 

koordinat, 163 

kritisk punkt, stationœrt punkt, 53 

kvadratisk, 203 

kvadratisk matrix, 170 

løsning, 148, 154 

løsningsrummet, 177 

lœngden, normen, 210, 213 

Lagrange multiplikator, 64, 65 

Lagrange multiplikatorer, 70 

Laplaces ligning, 24 

ligevægt, 160 

lineær afbildning, 171 

lineære approximation, 28 

lineære ligninger, 175 

lineœre 1. ordens differentialligning, 145 

lineœrt differentialligningssystem, 148 

lineariseringen, 28 

linearkombinationen, 165 

Logaritmerækken, 125, 126 

logistiske ligning, 144 

lokal ekstremumsværdi, 52 

lokal maksimumsværdi, 50 

lokal minimumsværdi, 50 

lokalt ekstremum, 52 

lokalt maksimum, 50 

lokalt minimum, 50 

Lotka-Volterra ligningerne, 148 

lukket, 59 

Maclaurinrække, 130 

matrix, 166 

matrix form, 175 

matrixmultiplikation, 167 

modulus, 224 

monoton:, 120 

multipliceres, 167 

multiplicitet, 200 

nedadtil begrænset:, 120 

Niveaukurven, 8 

nulmatricen, 166 

Nulreglen gœlder ikke, 169 

nulrummet, 177 

nulvektoren, 163 

Observationer om determinant nul, 188 

opadtil begrænset:, 120 

ortogonale komplement, 213 

ortogonale projektion, 215 

ortogonale, vinkelrette, 213 

partiel differentialligning, 24 

partielle afledede, 18 

partielle integral, 83 

Partikulær løsning, 176 

partikulær løsning, 145 

pivot indgange, 181 

polæraksen, 14, 226 

polært koordinatsystem, 14, 226 

Polœr Type II integral, 105 

polœrt rektangel, 101 

polarformen, 227 

polen, 14, 226 

potens, 174 

potensrække, 125 

Potensreglen for determinant, 191 

Prikproduktet, skalarproduktet, 209 

række, 166 

rækkeoperationsmatrix, 184 

rækkevektor/rækkematrix, 166 

rœkke-echelon form, 180, 181 

Rœkkeoperationer, 180 

Rœkkeoperationer på en matrix, 181 

randpunkt, 59 

realdel, 223 

reelle akse, 224 

Regneregler for skalarprodukt, 211 

rekursionen, 142 

retningsafledede, 41, 46 

retningsfelt, 141 

Riemann summen, 74 

rækker, 166 

søjle, 166 

søjler, 166 

søjlevektor/søjlematrix, 166 

saddelpunkt, 53 

separabel, 143, 145 

Simple regneregler, 169 

Sinusrækken, 125 

skalar, 164 

Skalarmultiplikation, 164 

skalarproduktet, 210, 213 

skaleres, 167 

span, 165 

standard enhedsvektor, 169, 202 

sum, 121 

Sum af vektorer, 164 

Sum, Skalarmultiplikation, 167 

Tangentlinjen, 25 

Tangentplanen, 26 

Taylorrække, 130 

tilvæksten, 29 

Type I integral, 92 

Type II integral, 93 

ubekendte, 175


, 111 0 

ubestemt af form ∞ 

, 112 ∞ 

uegentlige integral, 114, 116 

uendelig række, 120 

underrum, 165 

ustabil, 160 

Vækstligningen, 144 

Værdimængden, 11 

vœrdimœngden, 7 

vektorer, 165 

vektorrum, 165 

voksende:, 119 

STIKORD 273

A4-format til udskrift. - Aarhus Universitet

You also want an ePaper? Increase the reach of your titles

Delete template?

Save as template?